最后更新: 2024-11-23 21:43 查看: 49 次反馈刷题

3次于4次方程

## 3次于4次方程

### 卡当 Cardan
用配方法解 2 次方程是从古巴比伦时代就已经知道的. 一直到 1500 年, 在这方面的唯一进展是印度人作出的，他们把 $x^2+3 x+2=0$ 和 $x^2-3 x-2=0$ 那样的 2 次方程作为一类进行了处理。而他们的后人乃至文艺复兴时期的绝大多数后继者却不愿意将这两者视为是一样的. 直到 Cardan 的《大衍术》出现, 文艺复兴时期的代数一直没有什么有意义的进展. Cardan 的确曾解出一个有复数根的 2 次方程,但他认为这些解是没有用的，因此没有加以考虑。至于 3 次方程，除了个别数学家以外, 人们对它还是束手无策. 直到 1494 年, Pacioli 还宣称一般的 3 次方程是不可解的.
 ![图片](/uploads/2024-11/03020d.jpg){width=200px}

$\operatorname{Cardan}(1501 \sim 1576)$ 出生在意大利的帕维亚, 在文艺复兴时期是一位举足轻重的数学家, 也是一位典型的人文主义者.他受聘于意大利的多所大学担任数学教授. 除了数学，他还专注于收集、研究和评论古希腊和古罗马的成果. 另外, 他还是欧洲有名的医生。

在 40 岁之前, Cardan 穷得一无所有, 个性孤僻、自负、缺乏幽默感、不能自我反省，在言谈中表现得冷漠无情。他为了逃避现实，在 25 年的时间里，每天玩敞子。 1570 年，他因丢掷耶稣的天宫图，被视为异教徒被捕入狱。不过，令人称奇的是，主教随即以占星术士的名义聘用了 Cardan.Cardan 的著作涵盖了数学、天文学、占星术、物理学、医学以及关于道德方面的语录. 借着辛勤的耕耘, 在 1545 年, 他编写了百科全书式的著作《大衍术》。

在 1500 年左右，Bologna 的数学教授 Ferro(1465 1526) 解出了 $x^3+m x=n$类型的 3 次方程, 但他没有发表解法. 1510 年左右, Ferro 曾经把他的解法秘密传授给 Fior 和自己的女婿兼继承人 Nave.

### 丰塔纳 Niccolo 
直到 Brescia 的 Niccolo Fontana(1499 1557) 出场之前,情况没有什么改变. 此人在孩童时期被一个法国士兵用马刀砍伤了脸, 变成了口吃, 因此被大家称为 Tartaglia, 意为 "口吃者"，他出身贫寒，自学了拉丁文、希腊文和数学。他靠在意大利各地讲学为生. 1535 年, Fior 向 Tartaglia 挑战, 要他解 30 个 3 次方程. Tartaglia 说自己早就解决了 $x^3+m x=n$ 类型的 3 次方程，在这次挑战中他的确解出了所有的 30 个 3 次方程.
  ![图片](/uploads/2024-11/622276.jpg)
  
  在 Cardan 的辱求并发誓保密的前提下, Tartaglia 才将自己的 3 次方程解法写成一首烸涩难懂的语句诗的形式，告诉了 Cardan。1542年，Cardan 的学生 Ferrari（1522～1565）在 Nave 访问他们的时候，肯定地认为 Ferro 和 Tartaglia 的 3次方程解法是一样的。后来 Cardan 不顾自己的誓言，把他自己对 3 次方程解法的理解发表在自己的著作《重要的艺术》里。不过，他在书中说："Ferro 在 30 年前就发现了这个法则，并把它传授给 Fior. 是 Fior 向 Tartaglia 的挑战，使 Tartaglia 有机会重新发现了这一法则. 而 Tartaglia 是在我的恳求之下才把这个方法告诉了我,但 Tartaglia 保留了证明. 我在获得这种帮助之下找出了它的各种形式的证明. 这是很难的，我把它叙述如下. "

Tartaglia 抗议 Cardan 背信弃义，并在 1546 年发表了自己的方法. 但是无论是在当时还是在后来，Tartaglia 都没能给出关于 3 次方程本身的更多材料。关于是谁先解出了 3 次方程的争议，使 Tartaglia 和 Ferrari 发生了公开冲突，最后以双方的肆意漫骂而告终. 但是 Cardan 并没有参与其中. Tartaglia 自己也不是无可非议的, 实际上, Tartaglia 出版的一些著作就有抄袭的迹象.

### 欧拉 Euler
对 Cardan 的 3 次方程解法的第一个完整讨论是由 $\operatorname{Euler}(1707 \sim 1783)$ 在 1732年作出的, 他强调 3 次方程总有 3 个解, 并给出怎样去求解. 在 3 次方程成功解出之后，几乎立即就成功地解出了 4 次方程，其解法是由 Ferrari 给出的，发表在 Cardan 的《重要的艺术》一书中. 其后寻求一般多项式方程解法的工作就转向了解 4 次以上的方程. 但是, 经过近三百年的努力, 解 4 次以上方程的各种尝试都失败了。

虽然失败了，但这期间的一些成果还是非常值得注意的. 如 Lagrange 对 $2 、 3$ 和 4 次一般方程的可解性作了透彻的分析, 提出了 $n$ 次一般方程 $f(x)$ 预解式的概念.

他还证明了两个关键的定理. 即如果规定一个根的置换 $\tau$ 在有理函数 $\varphi\left(x_1, \cdots, x_n\right)$上的作用为

$$
\tau\left(\varphi\left(x_1, \cdots, x_n\right)\right)=\varphi\left(\tau\left(x_1\right), \cdots, \tau\left(x_n\right)\right)
$$

则当保持有理函数 $\varphi\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 不变的置换也保持一个有理函数 $\psi\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 不变时， $\psi\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 一定可以表示成 $\varphi\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 和 $f(x)$ 的系数的有理函数. 另外一个结果是，如果保持 $\varphi\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 不变的根的置换都保持 $\psi\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 不变，而且保持 $\psi\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 不变的根的置换全体作用在 $\varphi\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 上产生了 $r$ 个不同的值 $\beta_1, \cdots, \beta_r$, 则 $\beta_1, \cdots, \beta_r$ 一定是同一个 $r$ 次多项式的根, 并且该多项式的系数是 $\varphi\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 和 $f(x)$ 的系数的有理函数.

后来, Ruffini 和 Abel 先后独立地证明了一般 5 次以上方程的根是不能用根式解的. 下面我们先简单介绍一下 $2 、 3$ 和 4 次方程的具体解法.

定理 1.2.1 (Vieta) 2 次方程 $x^2+a x+b=0$ 的解为

$$
x=\frac{-a \pm \sqrt{a^2-4 b}}{2}
$$

特别地, 有相同解的充分必要条件是 $\Delta=a^2-4 b=0$.

定理 1.2.2(3 次方程的解法) 令 3 次方程为 $f(x)=x^3+b x^2+c x+d \in R [x]$,则 3 次方程 $f(x)=0$ 有解的充分必要条件是 3 次方程 $g(x)=f\left(x-\frac{b}{3}\right)=x^3+$ $p x+q \in R [x]$ 有解.

证明 假设 $f(x)=0$ 的 3 个根为 $x_1, x_2, x_3$, 则 $g(x)=0$ 的 3 个根为 $x_1+$ $\frac{b}{3}, x_2+\frac{b}{3}, x_3+\frac{b}{3}$. 反之, 如果 $g(x)=0$ 的 3 个根为 $x_1, x_2, x_3$, 则 $f(x)=0$ 的 3 个根为 $x_1+\frac{b}{3}, x_2+\frac{b}{3}, x_3+\frac{b}{3}$.

于是, 解一般 3 次方程的问题就转化为求方程 $x^3+p x+q=0$ 的根的问题. 为求解此方程，我们令

$$
x=y-\frac{p}{3 y},
$$

并将其代入 $x^3+p x+q=0$, 则得到

$$
y^3-\frac{p^3}{27 y^3}+q=0 .
$$

再令 $z=y^3$, 则有 $z-\frac{p^3}{27 z}+q=0$, 即 $27 z^2+27 q z-p^3=0$. 这是 2 次方程, 可解.
这样求出的解有 6 个. 但是简单验算一下, 就会发现只有其中的 3 个解满足方程.

定理 1.2.3(4 次方程的解法) 4 次方程 $f(x)=x^4+b x^3+c x^2+d x+e=0$ 有解的充分必要条件是方程 $g(x)=f\left(x-\frac{b}{4}\right)=x^4+p x^2+q x+r \in R [x]$ 有解.

证明 同 3 次的情况一样, 我们可以考虑形如 $x^4+p x^2+q x+r=0$ 的 4 次方程的求解问题. 于是可以考虑

$$
x^4=-p x^2-q x-r
$$

引入参数 $y$, 并作配方运算, 则

$$
\begin{gathered}
x^4+2 x^2 y^2+y^4=-p x^2-q x-r+2 x^2 y^2+y^4 \\
\left(x^2+y^2\right)^2=\left(2 y^2-p\right) x^2-q x+y^4-r
\end{gathered}
$$

所以, 上面等式的右端应为一个平方数. 因此,

$$
q^2-4\left(2 y^2-p\right)\left(y^4-r\right)=0 .
$$

而这相当于一个 3 次方程 $q^2-4(2 z-p)\left(z^2-r\right)=0$ 求解. 所以, 求出这个 3 次方程的解之后, 将这些解代回方程 $\left(x^2+y^2\right)^2=\left(2 y^2-p\right) x^2-q x+y^4-r$ 即可求出 4次方程的解。

下面，我们再对方程的根与系数关系作一简单介绍。
设 $x_1, \cdots, x_n$ 为未定元. 引入一个新的未定元 $x$, 记

$$
\begin{aligned}
f(x) & =\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right) \cdots\left(x-x_n\right) \\
& =x^n-\sigma_1 x^{n-1}+\sigma_2 x^{n-2}-\cdots+(-1)^n \sigma_n
\end{aligned}
$$

则关于 $x$ 的各次幂的系数为

$$
\left\{\begin{array}{l}
\sigma_1=x_1+x_2+\cdots+x_n \\
\sigma_2=x_1 x_2+x_1 x_3+\cdots+x_2 x_3+\cdots+x_{n-1} x_n \\
\cdots \cdots \cdots \\
\sigma_n=x_1 x_2 \cdots x_n
\end{array}\right.
$$

显然，它们是关于 $x_1, \cdots, x_n$ 的 $n$ 元对称多项式。我们称 $\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$ 是关于未定元 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 的初等对称多项式. 容易看出 $\sigma_i$ 是 $i$ 次齐次多项式.

定义1.2.1 设 $F$ 是域, $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 是域 $F$ 上的 $n$ 元多项式。 如果对 $x_1, \cdots, x_n$ 的任意排列 $x_{i_1}, \cdots, x_{i_n}$ 均有

$$
f\left(x_1, \cdots, x_n\right)=f\left(x_{i_1}, \cdots, x_{i_n}\right)
$$

则称 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 为关于 $x_1, \cdots, x_n$ 的对称多项式.
例如, $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=x_1 x_2^2+x_1 x_3^2+x_2 x_1^2+x_2 x_3^2+x_3 x_1^2+x_3 x_2^2$ 就是对称多项式.不难验证，对称多项式的和、积以及对称多项式的多项式仍然是对称多项式.
定义 1.2.2 令 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)=\sum_{k_1, k_2, \cdots, k_n} a_{k_1, k_2, \cdots, k_n} x_1^{k_1} x_2^{k_2} \cdots x_n^{k_n}$, 则 $f\left(x_1\right.$, $\left.\cdots, x_n\right)$ 中非零单项式 $a_{k_1, k_2, \cdots, k_n} x_1^{k_1} x_2^{k_2} \cdots x_n^{k_n}$ 的最高次数 $\sum_{i=1}^n k_i$ 称为多元多项式 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 的次数, 记为 $\operatorname{deg} f$. 按字典排列的多元多项式的第一项称为多元多项式的首项. 如果在多元多项式中各个单项式的次数都相等, 则称其为齐次多项式。

例如, $f\left(x_1, x_2, x_3\right)=x_1 x_2+2 x_2^2+3 x_3^2+x_1^2 x_2+x_1^2$ 的按字典排列是

$$
f\left(x_1, x_2, x_3\right)=x_1^2 x_2+x_1^2+x_1 x_2+2 x_2^2+3 x_3^2,
$$

其次数为 3. $f\left(x_1, x_2, x_3\right)$ 被称为 3 元 3 次多项式.
定理1.2.4 任意一个 $n$ 元对称多项式 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 都可以写成关于初等对称多项式 $\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$ 的多项式, 即

$$
f\left(x_1, \cdots, x_n\right)=g\left(\sigma_1, \cdots, \sigma_n\right) .
$$

证明 设 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 的首项为 $a x_1^{k_1} x_2^{k_2} \cdots x_n^{k_n}$, 则由首项和对称多项式的定义有 $k_1 \geqslant k_2 \geqslant \cdots \geqslant k_n$.

如果我们令 $\varphi_1=a \sigma_1^{k_1-k_2} \sigma_2^{k_2-k_3} \cdots \sigma_{n-1}^{k_{n-1}-k_n} \sigma_n^{k_n}$, 再令

$$
f_1=f\left(x_1, \cdots, x_n\right)-\varphi_1
$$
则显然有 $f_1$ 的首项次数小于 $f$ 的首项次数. 另外, $f$ 的首项次数是有限的, 所以在有限步之内，我们能够得到

$$
f, \quad f_1=f-\varphi_1, \quad f_2=f_1-\varphi_2, \quad \cdots, \quad f_t=f_{t-1}-\varphi_t, \quad f_t=0,
$$

即 $f=\varphi_1+\varphi_2+\cdots+\varphi_t$, 其中 $\varphi_i(1 \leqslant i \leqslant t)$ 是关于初等对称多项式的多项式.

打赏

打赏作者买杯奶茶

上一篇： 2.1解方程概述

下一篇： 5次方程的解

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)