代数/三次方程

在本章中，我们将讨论形式为 $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ 的三次函数。

我们应该注意：这个主题比 二次公式 更加冗长和复杂，而且奇怪的是，它不可避免地使用了被称为 "复数" 的新数学发明。这个主题在学校和大学里都没有得到太多关注，我们可以说，普通学生并不了解这一章。

简介

大约 500 年前，意大利数学家开始处理这个问题。就像人们知道相当简单的二次算法一样，他们试图找到三次方程的求解算法。

一些数学家——卢卡·帕乔利、西皮奥内·德尔·费罗、安东尼奥·菲奥雷、尼科洛·方塔纳·塔塔利亚、杰罗拉莫·卡尔达诺、洛多维科·费拉里——参加了许多公开比赛。他们会保守自己的方法，以便在比赛中击败对手。失败者被迫放弃大学工作，让给获胜者。

帕乔利，也许是因为几次尝试失败，在 1494 年出版了一本书，名为 算术之集，他在书中声称，不可能用代数方法求解三次方程。有些人猜测，这促使德尔·费罗几年后找到了所有 $x^{3}+ax+b=0$ 形式方程的解。他保守了这个秘密一段时间，直到他把它传给了他的学生菲奥雷，菲奥雷在与塔塔利亚（“结巴者”）竞争时利用了这个知识。令他惊讶的是，塔塔利亚也找到了所有 $x^{3}+ax^{2}+b=0$ 形式方程的解，以及他自己的解，并击败了他。

现在，塔塔利亚遇到了一个更新更强大的对手，卡尔达诺，他经过无数努力和劝说，说服塔塔利亚以密码诗的形式将他的三次方程解发给他，并承诺保守秘密，直到塔塔利亚自己出版这本书。在卡尔达诺的一个学生费拉里的帮助下，他将解扩展到 $ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$ 的更一般形式，通过将这种形式简化为简单的 $x^{3}+ax+b=0$ 。同时，费拉里发现了一种完全不同的解法，适用于更高次方程，即 "四次方程"。

当卡尔达诺和费拉里想要将他们的发现出版到他们自己的书中时，他们不知道如何在不违反他们对塔塔利亚的承诺的情况下做到这一点。后来，在与德尔·费罗的继承人汉尼瓦尔·纳维交谈后，他们得知德尔·费罗的工作早于塔塔利亚。这个消息最终让他们违背了誓言，他们出版了一本书，名为 大术，这令塔塔利亚很不高兴。他们与愤怒的结巴者发生了争吵，塔塔利亚最终与费拉里竞争，费拉里轻松地击败了他。

这一切与复数有什么关系呢？
然而，当卡尔达诺扩展解的形式时，他惊讶地发现，在他的公式中，一些方程导致了一个难以理解的表达式，负数出现在平方根下。这是一个荒谬的结果，因为不存在平方后为负数的实数——这加剧了人们对负数本身的用途的不理解。

根据故事，他尝试用算法分解出简单结果 $x=4$ 的方程是 $x^{3}=15x+4$ 。
结果是

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

尽管如此，他意识到自己必须对眼前这个“毫无意义的涂鸦”进行运算，就像负数在二次方程中找到正结果一样。

卡尔达诺是如何得出上述答案的？不用担心——很快就会清楚。

我们如何分解出 x？

我们有方程 $$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$$ 让我们用系数 $a\neq 0$ : $$x^{3}+{\frac {b}{a}}x^{2}+{\frac {c}{a}}x+{\frac {d}{a}}=0$$ 将其补成一个立方体 $(x+y)^{3}=x^{3}+3x^{2}y+3xy^{2}+y^{3}$ 。

我们将添加和减去一个类似的立方表达式。通过添加和减去

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

我们如何继续？

令人惊讶的是，这种新形式很容易求解，因为它符合以下立方形式

$(A\pm B)^{3}\mp 3AB(A\pm B)=A^{3}\pm B^{3}$ 此处的形式证明

让我们选择 $y=A+B$，不失一般性。我们得到

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

注意

我们需要考虑到在复数域上，三次方程有 3 个解，所以 ${\sqrt[{3}]{1}}$ 有 3 个根——1 个实根和 2 个复根，如 ${\frac {-1\pm {\sqrt {3}}i}{2}}$ 。因此，当我们从表达式中提取 1 的立方根时，我们会得到 3 个解：$${\color {red}{\begin{matrix}x_{1}={\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}+{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}+{\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}-{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}-{\dfrac {b}{3a}}\\\\x_{2}=\left(-{\dfrac {1-{\sqrt {3}}i}{2}}\right){\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}+{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}+\left(-{\dfrac {1+{\sqrt {3}}i}{2}}\right){\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}-{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}-{\dfrac {b}{3a}}\\\\x_{3}=\left(-{\dfrac {1+{\sqrt {3}}i}{2}}\right){\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}+{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}+\left(-{\dfrac {1-{\sqrt {3}}i}{2}}\right){\sqrt[{3}]{-{\dfrac {n}{2}}-{\sqrt {\left({\dfrac {n}{2}}\right)^{2}+\left({\dfrac {m}{3}}\right)^{3}}}}}-{\dfrac {b}{3a}}\end{matrix}}}$$

那么为什么我们会得到像这样 $(a\pm bi)A+(a\mp bi)B$ 这样的共轭复数结果，而不是 $(a\pm bi)(A+B)$ 呢？

简单：因为在第一个定义中我们得到了 $AB=-{\frac {m}{3}}$ ，如果我们将 $(a\pm bi)A\cdot (a\mp bi)B$ 相乘，我们会得到 $(a^{2}+b^{2})AB$ - 此外，这些复数的模为 $\left|{\frac {-1\pm {\sqrt {3}}i}{2}}\right|={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}=1$ 。自己看看吧。

如果我们写 $(a\pm bi)(A+B)$ ，我们可以看到它无法解出 $AB=-{\frac {m}{3}}$ 。简单明了。