代數/三次方程

在本章中，我們將討論形式為 $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ 的三次函式。

我們應該注意：這個主題比 二次公式 更加冗長和複雜，而且奇怪的是，它不可避免地使用了被稱為 "複數" 的新數學發明。這個主題在學校和大學裡都沒有得到太多關注，我們可以說，普通學生並不瞭解這一章。

簡介

大約 500 年前，義大利數學家開始處理這個問題。就像人們知道相當簡單的二次演算法一樣，他們試圖找到三次方程的求解演算法。

一些數學家——盧卡·帕喬利、西皮奧內·德爾·費羅、安東尼奧·菲奧雷、尼科洛·方塔納·塔塔利亞、傑羅拉莫·卡爾達諾、洛多維科·費拉里——參加了許多公開比賽。他們會保守自己的方法，以便在比賽中擊敗對手。失敗者被迫放棄大學工作，讓給獲勝者。

帕喬利，也許是因為幾次嘗試失敗，在 1494 年出版了一本書，名為 算術之集，他在書中聲稱，不可能用代數方法求解三次方程。有些人猜測，這促使德爾·費羅幾年後找到了所有 $x^{3}+ax+b=0$ 形式方程的解。他保守了這個秘密一段時間，直到他把它傳給了他的學生菲奧雷，菲奧雷在與塔塔利亞（“結巴者”）競爭時利用了這個知識。令他驚訝的是，塔塔利亞也找到了所有 $x^{3}+ax^{2}+b=0$ 形式方程的解，以及他自己的解，並擊敗了他。

現在，塔塔利亞遇到了一個更新更強大的對手，卡爾達諾，他經過無數努力和勸說，說服塔塔利亞以密碼詩的形式將他的三次方程解發給他，並承諾保守秘密，直到塔塔利亞自己出版這本書。在卡爾達諾的一個學生費拉里的幫助下，他將解擴充套件到 $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ 的更一般形式，透過將這種形式簡化為簡單的 $x^{3}+ax+b=0$ 。同時，費拉里發現了一種完全不同的解法，適用於更高次方程，即 "四次方程"。

當卡爾達諾和費拉里想要將他們的發現出版到他們自己的書中時，他們不知道如何在不違反他們對塔塔利亞的承諾的情況下做到這一點。後來，在與德爾·費羅的繼承人漢尼瓦爾·納維交談後，他們得知德爾·費羅的工作早於塔塔利亞。這個訊息最終讓他們違背了誓言，他們出版了一本書，名為 大術，這令塔塔利亞很不高興。他們與憤怒的結巴者發生了爭吵，塔塔利亞最終與費拉里競爭，費拉里輕鬆地擊敗了他。

這一切與複數有什麼關係呢？
然而，當卡爾達諾擴充套件解的形式時，他驚訝地發現，在他的公式中，一些方程導致了一個難以理解的表示式，負數出現在平方根下。這是一個荒謬的結果，因為不存在平方後為負數的實數——這加劇了人們對負數本身的用途的不理解。

根據故事，他嘗試用演算法分解出簡單結果 $x=4$ 的方程是 $x^{3}=15x+4$ 。
結果是

$x={\sqrt[{3}]{2+{\sqrt {-121}}}}+{\sqrt[{3}]{2-{\sqrt {-121}}}}$

儘管如此，他意識到自己必須對眼前這個“毫無意義的塗鴉”進行運算，就像負數在二次方程中找到正結果一樣。

卡爾達諾是如何得出上述答案的？不用擔心——很快就會清楚。

我們如何分解出 x？

我們有方程 $$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$$ 讓我們用係數 $a\neq 0$ : $$x^{3}+{\frac {b}{a}}x^{2}+{\frac {c}{a}}x+{\frac {d}{a}}=0$$ 將其補成一個立方體 $(x+y)^{3}=x^{3}+3x^{2}y+3xy^{2}+y^{3}$ 。

我們將新增和減去一個類似的立方表示式。透過新增和減去

$${\begin{matrix}{\color {Orange}{\Bigg (}}x^{3}+{\color {red}3\left({\dfrac {b}{3a}}\right)x^{2}}+{\color {green}3\left({\dfrac {b}{3a}}\right)^{2}x}+{\color {blue}\left({\dfrac {b}{3a}}\right)^{3}}{\color {Orange}{\Bigg )}}+{\dfrac {c}{a}}x-{\color {green}3\left({\dfrac {b}{3a}}\right)^{2}x}-{\color {blue}\left({\dfrac {b}{3a}}\right)^{3}}+{\dfrac {d}{a}}=0\\\\{\color {Orange}\left(x+{\dfrac {b}{3a}}\right)^{3}}+{\dfrac {c}{a}}x-3\left({\dfrac {b}{3a}}\right)^{2}x-\left({\dfrac {b}{3a}}\right)^{3}+{\dfrac {d}{a}}=0\\\\\left(x+{\dfrac {b}{3a}}\right)^{3}+\left({\dfrac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}\right){\color {JungleGreen}x}+{\dfrac {27a^{2}d-b^{3}}{27a^{3}}}=0\\\\\left(x+{\dfrac {b}{3a}}\right)^{3}+\left({\dfrac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}\right){\color {JungleGreen}\left(x+{\dfrac {b}{3a}}-{\dfrac {b}{3a}}\right)}+{\dfrac {27a^{2}d-b^{3}}{27a^{3}}}=0\\\\\left(x+{\dfrac {b}{3a}}\right)^{3}+\left({\dfrac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}\right){\color {JungleGreen}\left(x+{\dfrac {b}{3a}}\right)}-{\color {JungleGreen}{\dfrac {b}{3a}}}\left({\dfrac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}\right)+{\dfrac {27a^{2}d-b^{3}}{27a^{3}}}=0\\\\\left(x+{\dfrac {b}{3a}}\right)^{3}+\left({\dfrac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}\right)\left(x+{\dfrac {b}{3a}}\right)+{\dfrac {b^{3}-3abc}{9a^{3}}}+{\dfrac {27a^{2}d-b^{3}}{27a^{3}}}=0\\\\{\color {RoyalBlue}\left(x+{\dfrac {b}{3a}}\right)^{3}}+\left({\dfrac {3ac-b^{2}}{3a^{2}}}\right){\color {RoyalBlue}\left(x+{\dfrac {b}{3a}}\right)}+{\dfrac {2b^{3}+27a^{2}d-9abc}{27a^{3}}}=0\\\\{\color {RoyalBlue}y^{3}}+m{\color {RoyalBlue}y}+n=0\end{matrix}}$$

我們如何繼續？

令人驚訝的是，這種新形式很容易求解，因為它符合以下立方形式

$(A\pm B)^{3}\mp 3AB(A\pm B)=A^{3}\pm B^{3}$ 此處的形式證明

讓我們選擇 $y=A+B$，不失一般性。我們得到

$${\begin{matrix}A+B=y\quad ,\quad -3AB=m\quad ,\quad A^{3}+B^{3}=-n\\\\B=-{\dfrac {m}{3A}}\quad ,\quad B^{3}=-n-A^{3}\\\\A^{3}=-n-\left(-{\dfrac {m}{3A}}\right)^{3}\\\\(A^{3})^{2}+n(A^{3})+\left(-{\dfrac {m}{3}}\right)^{3}=0\\\\A^{3}=-{\dfrac {n}{2}}\pm {\dfrac {1}{2}}{\sqrt {n^{2}-4\left(-{\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}\\\\A={\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}\pm {\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}\qquad \qquad B={\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}\mp {\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}\\\\x=A+B-{\dfrac {b}{3a}}\end{matrix}}$$

注意

我們需要考慮到在複數域上，三次方程有 3 個解，所以 ${\sqrt[{3}]{1}}$ 有 3 個根——1 個實根和 2 個復根，如 ${\frac {-1\pm {\sqrt {3}}i}{2}}$ 。因此，當我們從表示式中提取 1 的立方根時，我們會得到 3 個解：$${\color {red}{\begin{matrix}x_{1}={\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}+{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}-{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}-{\dfrac {b}{3a}}\\\\x_{2}=\left(-{\dfrac {1-{\sqrt {3}}i}{2}}\right){\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}+{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}+\left(-{\dfrac {1+{\sqrt {3}}i}{2}}\right){\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}-{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}-{\dfrac {b}{3a}}\\\\x_{3}=\left(-{\dfrac {1+{\sqrt {3}}i}{2}}\right){\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}+{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}+\left(-{\dfrac {1-{\sqrt {3}}i}{2}}\right){\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}-{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}-{\dfrac {b}{3a}}\end{matrix}}}$$

那麼為什麼我們會得到像這樣 $(a\pm bi)A+(a\mp bi)B$ 這樣的共軛複數結果，而不是 $(a\pm bi)(A+B)$ 呢？

簡單：因為在第一個定義中我們得到了 $AB=-{\frac {m}{3}}$ ，如果我們將 $(a\pm bi)A\cdot (a\mp bi)B$ 相乘，我們會得到 $(a^{2}+b^{2})AB$ - 此外，這些複數的模為 $\left|{\frac {-1\pm {\sqrt {3}}i}{2}}\right|={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}=1$ 。自己看看吧。

如果我們寫 $(a\pm bi)(A+B)$ ，我們可以看到它無法解出 $AB=-{\frac {m}{3}}$ 。簡單明瞭。