理性愉悦 三次方程与复数

复数的引入源头不在于二次方程求根，而是三次方程求根。

考虑怎么解 \(ax^3+bx^2+cx+d=0\)，只需要解 \(x^3+bx^2+cx+d=0\)。

又因为三次方可以吃掉二次方 \(\left(x+\dfrac{b}{3}\right)^3=x^3+bx^2+\cdots\)，所以只需要解 \(x^3+px+q=0\)。

令 \(x=u+v\)，得到

\[u^3+v^3+(3uv+p)(u+v)+q=0 \]

不妨令 \(3uv+p=0\)，可得

\[\begin{cases} u^3+v^3=-q\\ u^3\cdot v^3=\left(-\dfrac p 3\right)^3 \end{cases} \]

故 \(u^3,v^3\) 是 \(Y^2+qY+(-\frac p 3)^3=0\) 的两根。

\[Y=\frac{-q\pm\sqrt{q^2-4(-\frac p 3)^3}}{2}=-\frac q 2 \pm\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac p 3\right)^3} \]

设 \(\Delta=\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac p 3\right)^3\)，代入得

\[x=\sqrt[3]{-\frac q 2+\sqrt\Delta}+\sqrt[3]{-\frac q 2-\sqrt\Delta} \]

\(\square\)

求解中使用了凑完全立方实现消元，然后使用 \(u+v\) 放松，探究消次数的条件。

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接下来不妨探究 \(x^3-15x-4=0\) 的解。代入可得

\[x=\sqrt[3]{2+\sqrt{-11}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{-11}} \]

我们发现，需要对负数开平方。如果我们允许这样做，可以注意到 \((2+\sqrt{-1})^3=2+\sqrt{-11}\)，所以

\[x=2+\sqrt{-1}+2-\sqrt{-1}=4 \]

我们通过实数之外的过程得到了实数根，因此引入复数。

但是这样我们只解出了一个根，剩下的呢？三次根号可以开出三个东西，

\[{\color{red}u_0}=2+\mathrm{i},{\color{red}u_1}=(2+\mathrm{i})\omega,{\color{red}u_2}=(2+\mathrm{i})\omega^2\\ {\color{blue}v_0}=2-\mathrm{i},{\color{blue}v_1}=(2-\mathrm{i})\omega,{\color{blue}v_2}=(2-\mathrm{i})\omega^2 \]

但是这样自由组合不就有 \(3\times 3=9\) 个根了吗？实则不然，因为需要满足 \(3uv+p=0\)，因此满足条件的只有 \(i+j\equiv 0,x=u_i+v_j\)，即

\[x_1=u_0+v_0,x_2=u_1+v_2,x_3=u_2+v_1 \]

共三个根。

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韦达的做法不同，设 \(x=r\cos\theta\)，

\[r^3\cos^3\theta+pr\cos\theta+q=0 \]

注意到我们可以凑出三倍角公式，令 \(r^3/(pr)=4/(-3)\) 即 \(r=\sqrt{-\frac{4p}{3}}\)，则

\[\frac{r^3}{4}(4\cos^3\theta-3\cos\theta)+q=0 \]

可以解出 \(\theta\) 的三角函数值

\[\cos3\theta=-\frac{4q}{r^3} \]

于是可以得到

\[x=\sqrt{-\frac{4p}{3}}\cos\left[\frac{1}{3}\operatorname{arccos}\left(-\frac{4q}{r^3}\right)+\frac{2k\pi}{3}\right],\quad k\in\{0,1,2\} \]

前提是 \(|\frac{4q}{r^3}|<1\)，化简后可以发现等价与 \(\Delta<0\)。

这种做法有一定局限性。复数域的三角函数我还不会，无法在更高层面理解。

每个 \(k\) 对应的解可以通过 \(\cos\) 值大小判断。