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二次方程, 3次方程, 4次方程的解法

03-01

二次方程, 初中大家就學過了. 然而對於普通的工科學生來說, 即是是大學畢業, 我們也不會三次方程的解法.

今天, 我們就來學一下3,4次方程的解法.

首先, 來複習一下二次方程.

如果你還記得, 可以跳過這一部分哦.

二次方程

當 $n=2$ 時, 有

$ax^2+bx+c=0, space a e0$

我們可以同時除以 $a$ , 那麼變成

$x^2+px+q=0$

我們要配方

$x^2+px+frac{p^2}{4}=frac{p^2}{4}-q ext{和} (x+frac{q}2)^2=frac{p^2}{4}-q ag{2}$

接下來我們只考慮 $frac{p^2}{4}-qgeq0$ 的情況.

慢著!

我們已經不是高中生了,是時候了解一下複數的概念了.

現在我先簡單說一下複數(或許以後我會專門寫一篇文章的).

複數是實數的超集. 複數包含實數, 就像有理數包含整數一樣.
複數可以加減乘除,可以求冪(自然數次方).
複數可以開方. 對複數 $z$ , 自然數 $n$ 來說,必有 $n$ 個複數 $w$ 使得 $w^n=z$ , 也就是說 $sqrt[n]{z}=w$

那麼 $(2)$ 可以變為

$x_{1,2}=-frac{q}2pm sqrt{frac{p^2}{4}-q} ag3$

也可以轉換成我們比較熟悉的形式 $x_{1,2}=frac{-bpm sqrt{b^2-4ac}}{2a} ag4$

啪啪啪.趕緊給自己鼓鼓掌.我們已經解開了一元二次方程.

接下來, 我們又要先複習一下韋達定理.

複數 $x_1,x_2$ 是方程 $x^2+px+q=0$ 的根,當且僅當 $x_1+x_2=-p$ 且 $x_1cdot x_2=q$

這個定理很好證明, 上面我們求出了根, 就在公式 $(3)$ ,於是可以算出 $x_1+x_2=-p$ 與 $x_1cdot x_2=q$

反過來, 我們將 $x_1+x_2=-p$ 與 $x_1cdot x_2=q$ 代入原方程, 則

$x^2-(x_1+x_2)x+x_1cdot x_2=(x-x_1)(x-x_2)=0$

有時 $ax^2+bx+c$ 是完全平方數. 也就是

$[sqrt a(x-x_0)]^2=0$ , 當且僅當 $b^2-4ac=0$

從公式 $(4)$ 一眼便知.

三次方程

終於輪到3次方程了.

$x^3+ax^2+bx+c=0 ag5$

顯然這已經同除以 $a_0$ 過了.

我們用 $x=y+d$ 替換

$(y+d)^3+a(y+d)^2+b(y+d)+c=0$

化簡後得

$y^3+(3d+a)y^2+Ay+B=0$

$y^2$ 的係數是 $3d+a$ 於是我們令 $d=-frac a 3$ 則可以幹掉 $y^2$ . 我們說干就干.

於是方程變為 $y^3+py+q=0 ag6$

其中 $p$ 和 $q$ 都是關於 $a,b,c$ 的多項式

強行認為這個方程的其中一個解是 $y_0=alpha+eta$ , 其中 $alpha,eta$ 未知. 重新代入一下:

$(alpha+eta)^3+p(alpha+eta)+q=0$

整理得:

$alpha^3+eta^3+(alpha+eta)(3alphaeta+p)+q=0 ag7$

我們故技重施, 強行讓 $alphaeta=-frac p 3$ .

那麼我們得到 $egin{cases} alpha+eta &=y_0 \ alphaeta &= -p/ 3 end{cases}$

根據韋達定理, 存在一個相應的二次方程

$w^2-y_0w-p/3=0$

其解是 $alpha,eta$

雖然我們仍然不知道 $alpha,eta$ 是啥, 但我們依然可以繼續化簡式 $(7)$ ,得

$alpha^3+eta^3+q=0 ag8$

對 $alphaeta=-p/3$ 兩邊同時取三次方, 然後與8式聯立方程組, 得

$egin{cases} alpha^3+eta^3=-q\ alpha^3eta^3=-p^3/27 end{cases}$

韋達定理再次出場, 帶來一個方程 $w^2+qw-p^3/27=0$

其解是 $alpha^3,eta^3$

這次我們可以解出來了 $alpha^3 =-frac q 2+ sqrt{frac{q^2}4 +frac{p^3} {27}} , eta^3 =-frac q 2 -sqrt{frac{q^2}4 +frac{p^3} {27}}$

於是式 $(6)$ 的解就是 $y_{1,2,3}= sqrt[3]{-frac q 2+ sqrt{frac{q^2}4 +frac{p^3} {27}} }+ sqrt[3]{-frac q 2 -sqrt{frac{q^2}4 +frac{p^3} {27}}}$

因為一個複數的三次開方有三個複數滿足, 那麼我們要小心選擇,使得 $alpha,eta$ 滿足 $alphaeta=-p/3$ .

這就是卡爾達諾公式.

至此, 3次方程解出來了. 留下一下微不足道的細節供感興趣的讀者補完.

四次方程

接下來看這個方程 $x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0 ag9$

我們故技重施,讓 $x=y-a/4$ ,於是消去了3此項, 變成 $y^4+py^2+qy+r=0 ag{10}$

接下來, 我們將使用費拉里方法解決這個式子.

我們首先讓項數變少 $(y^2+frac p 2)^2+qy+(r-frac{p^2}4)=0$

接下來就是巧妙的地方了 $(y^2+frac p 2+alpha)^2 -[2alpha(y^2+frac p 2)+alpha^2-qy+frac{p^2}4 -r]=0 ag{11}$

這裡的 $alpha$ 是任選的. 但我們想讓方括弧里的式子是個平方數!

我們看一下這個式子 $2alpha y^2-qy+(alpha p +alpha^2+frac {q^2}4-r)$

我們讓它的判別式為0 $q^2-8alpha(alpha p +alpha^2+frac {q^2}4-r)=0 ag{12}$

我們發現這是一個關於 $alpha$ 的三次方程, 解之.

將之代入到式 $(11)$ 中, 這個式子就會變成類似 $A^2-B^2=(A+B)(A-B)=0$ 的存在. 那麼我們就可以解這個方程了.

你可能還想要解5次方程. 其實這件事情, 很久以前, 數學家們也做了很多努力. 直到1824年, 阿貝爾證明了, 超過4次的方程不存在加減乘除冪開方的解的表達式.

至於這是為什麼, 或許還有下一篇.

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