A.2. 准备

本节, 我们为研究 $2$ 元 $2$ 次式作准备.

定义 A.2.1. 设 $a_{i,j}$ ($i=1$, $2$, $3$; $j=1$, $2$, $3$) 是数. 定义$$\begin{array}{rl}\det \left[\begin{array}{ccc}{a}_{1,1}& a_{1,2}& a_{1,3}\\ a_{2,1}& a_{2,2}& a_{2,3}\\ a_{3,1}& a_{3,2}& a_{3,3}\end{array}\right]=& a_{1,1}{a}_{2,2}{a}_{3,3}+a_{1,2}{a}_{2,3}{a}_{3,1}+a_{1,3}{a}_{2,1}{a}_{3,2}\\ & -a_{1,1}{a}_{2,3}{a}_{3,2}-a_{1,2}{a}_{2,1}{a}_{3,3}-a_{1,3}{a}_{2,2}{a}_{3,1}.\end{array}$$可用此法助记此式. 此式含 $6$ 项, 其的每一项都是不同行不同列的 $3$ 个数的积. 我们在原 $3$ 行 $3$ 列的数表的右侧复写它, 作成一个 $3$ 行 $6$ 列的数表. 由左上至右下的对角线 (实线) 上的数的积的和减由右上至左下的对角线 (虚线) 上的数的积的和即为得数.

例 A.2.2. 设 $a$, $b$, $c$ 是数. 则$$\begin{array}{rl}\det \left[\begin{array}{ccc}a& b& c\\ c& a& b\\ b& c& a\end{array}\right]=& aaa+bbb+ccc-abc-bca-cab\\ =& a^3+b^3+c^3-3abc.\end{array}$$

定理 A.2.3. 设 $a$, $b$, $x$ 是复数, 且 $a\ne 0$. 则$$\begin{array}{r}a{x}^2+2bx=\frac{(ax+b{)}^2-b^2}{a}.\end{array}$$特别, 取 $a=1$, 知$$\begin{array}{r}{x}^2+2bx=(x+b{)}^2-b^2.\end{array}$$

证. $$\begin{array}{rl}\frac{(ax+b{)}^2-b^2}{a}=& \frac{(ax+b+b)(ax+b-b)}{a}\\ =& \frac{(ax+2b)ax}{a}\\ =& (ax+2b)x\\ =& a{x}^2+2bx.\end{array}$$

证完.

定理 A.2.4. 设 $a$, $b$ 是复数. 则$$\begin{array}{r}{a}^3\pm b^3=(a\pm b)(a^2\mp ab+b^2).\end{array}$$

证. $$\begin{array}{rl}{a}^3-b^3=& a^3-a{b}^2+a{b}^2-b^3\\ =& a(a^2-b^2)+(a-b)b^2\\ =& (a-b)a(a+b)+(a-b)b^2\\ =& (a-b)(a^2+ab+b^2).\end{array}$$最后, 换 $b$ 为 $-b$, 得另一个公式.

证完.

定理 A.2.5. 设 $\omega =(-1+\mathrm{i}\sqrt{3})/2$. 则 ${\omega }^2+\omega =-1$, 且 ${\omega }^3=1$.

证. 注意, $2\omega +1=\mathrm{i}\sqrt{3}$. 平方, 可知$$\begin{array}{r}4{\omega }^2+4\omega +1=-3.\end{array}$$整理, 即知.

最后, 注意, $1=1^2=1^3$, 且 $\omega =\omega \cdot 1$, 故$${\omega }^3=1+({\omega }^3-1^3)=1+(\omega -1)({\omega }^2+\omega \cdot 1+1^2)=1.$$证完.

定理 A.2.6. 设 $a$, $b$ 是复数. 则$$\begin{array}{r}{a}^3\pm 3a^{2}b+3a{b}^2\pm b^3=(a\pm b{)}^3.\end{array}$$

证. $$\begin{array}{rl}& a^3+3a^{2}b+3a{b}^2+b^3\\ =& a^3+b^3+3a^{2}b+3a{b}^2\\ =& (a+b)(a^2-ab+b^2)+(a+b)(3ab)\\ =& (a+b)(a^2+2ab+b^2)\\ =& (a+b{)}^3.\end{array}$$最后, 换 $b$ 为 $-b$, 得另一个公式.

证完.

定理 A.2.7. 设 $a$, $b$, $c$ 是复数. 设 $\omega =(-1+\mathrm{i}\sqrt{3})/2$. 则$$\begin{array}{rl}{a}^3+b^3+c^3-3abc=& (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\\ =& (a+b+c)(a+\omega b+{\omega }^{2}c)(a+{\omega }^{2}b+\omega c).\end{array}$$

证. $$\begin{array}{rl}& a^3+b^3+c^3-3abc\\ =& a^3+((b+c{)}^3-3b^{2}c-3b{c}^2)-3abc\\ =& a^3+(b+c{)}^3-(a+b+c)(3bc)\\ =& (a+(b+c))(a^2-a(b+c)+(b+c{)}^2)-(a+b+c)(3bc)\\ =& (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca).\end{array}$$注意, $$\begin{array}{rl}& 4(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\\ =& 4(a^2-a(b+c)+(b^2-bc+c^2))\\ =& (2a{)}^2-2\cdot 2a\cdot (b+c)+4(b^2-bc+c^2)\\ =& (2a-b-c{)}^2-(b+c{)}^2+(4b^2-4bc+4c^2)\\ =& (2a-b-c{)}^2+3(b^2-2bc+c^2)\\ =& (2a-b-c{)}^2-(2\omega +1{)}^2(b-c{)}^2\\ =& (2a-b-c+(2\omega +1)(b-c))(2a-b-c-(2\omega +1)(b-c))\\ =& (2a+2\omega b-2(\omega +1)c)(2a-2(\omega +1)b+2\omega c)\\ =& 4(a+\omega b+{\omega }^{2}c)(a+{\omega }^{2}b+\omega c),\end{array}$$故$$\begin{array}{rl}& a^3+b^3+c^3-3abc\\ =& (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\\ =& (a+b+c)(a+\omega b+{\omega }^{2}c)(a+{\omega }^{2}b+\omega c).\end{array}$$

证完.

定理 A.2.8. 设 $x$, $b$, $c$ 是复数. 设 $\omega =(-1+\mathrm{i}\sqrt{3})/2$. 则$$\begin{array}{rl}{x}^3-3bcx-(b^3+c^3)=& (x-(b+c))(x-(\omega b+{\omega }^{2}c))(x-({\omega }^{2}b+\omega c)).\end{array}$$

证. 代上个定理的 $a$, $b$, $c$ 以 $x$, $-b$, $-c$.

证完.

上个定理允许我们解缺 $2$ 次项的 $1$ 元 $3$ 次方程.

具体地, 设 $a_0{x}^3+a_{2}x+a_3=0$ 是缺 $2$ 次项的 $1$ 元 $3$ 次方程 ($a_0\ne 0$). 以 $a_0$ 除方程的二侧, 有$$\begin{array}{r}{x}^3+k_{2}x+k_3=0,\end{array}$$其中, $k_2=a_2/a_0$, 且 $k_3=a_3/a_0$. 考虑方程组$$\{\begin{array}{rl}-3uv& =k_2,\\ -(u^3+v^3)& =k_3.\end{array}$$(A.2.1)若我们能找到一个解 $u=b$, $v=c$, 则$$\begin{array}{rl}{x}^3+k_{2}x+k_3=& x^3-3bcx-(b^3+c^3)\\ =& (x-(b+c))(x-(\omega b+{\omega }^{2}c))(x-({\omega }^{2}b+\omega c)).\end{array}$$这样, 我们就找到了 $x^3+k_{2}x+k_3=0$ 的解: $x=b+c$, 或 $x=\omega b+{\omega }^{2}c$, 或 $x={\omega }^{2}b+\omega c$.

设 $k_2=0$. 存在复数 $p$, 使 $p^3=-k_3$. 分别取 $b$, $c$ 为 $0$, $p$. 不难验证, $u=b$, $v=c$ 是方程组 (A.2.1) 的一个解.

设 $k_2\ne 0$. 为解方程组 (A.2.1), 我们先考虑, 若 $u=b$, $v=c$ 是方程组 (A.2.1) 的一个解, 则它应适合什么性质. 因为 $-3bc=k_2\ne 0$, 故 $b\ne 0$. 则 $c=-k_2/(3b)$. 从而$$\begin{array}{r}-b^3+\frac{k_2^3}{27b^3}=k_3.\end{array}$$故 $b^3$ 是 $1$ 元 $2$ 次方程$$z^2+k_{3}z-\frac{k_2^3}{27}=0$$(A.2.2)的解. 我们知道, $1$ 元 $2$ 次方程总有复数解. 我们设 $z=z_0$ 是方程 (A.2.2) 的一个解. 存在复数 $q$, 使 $q^3=z_0$. (注意, $q\ne 0$.) 分别取 $b$, $c$ 为 $q$, $-k_2/(3q)$. 不难验证, $u=b$, $v=c$ 是方程组 (A.2.1) 的一个解.

我们说, 若我们作适当的换元, 则每一个 $1$ 元 $3$ 次方程都可被变为缺 $2$ 次项的方程. 为此, 取 $1$ 元 $3$ 次方程$$d_0{x}^3+d_1{x}^2+d_{2}x+d_3=0,d_0\ne 0.$$(A.2.3)设 $e$ 是数. 我们代 $x$ 以 $y-e$. 则方程 (A.2.3) 的右侧是 $0$, 且它的左侧是$$\begin{array}{r}{d}_0{y}^3+(d_1-3d_{0}e)y^2+(d_2-2d_{1}e+3d_0{e}^2)y+(d_3-d_{2}e+d_1{e}^2-d_0{e}^3).\end{array}$$于是, 若我们取 $e=d_1/(3d_0)$, 则方程 (A.2.3) 被变为$$\begin{array}{r}{d}_0{y}^3+\left(d_2-\frac{d_1^2}{3d_0}\right)y+d_3+\frac{2d_1^3}{27d_0^2}-\frac{d_1{d}_2}{3d_0}=0.\end{array}$$则我们可解此方程. 设 $u$, $v$ 适合$$\{\begin{array}{rl}-3uv& =\frac{1}{d_0}\left(d_2-\frac{d_1^2}{3d_0}\right),\\ -(u^3+v^3)& =\frac{1}{d_0}\left(d_3+\frac{2d_1^3}{27d_0^2}-\frac{d_1{d}_2}{3d_0}\right).\end{array}$$则$$\begin{array}{rl}& d_0{y}^3+\left(d_2-\frac{d_1^2}{3d_0}\right)y+d_3+\frac{2d_1^3}{27d_0^2}-\frac{d_1{d}_2}{3d_0}\\ =& d_0{y}^3-3uv{d}_{0}y-(u^3+v^3)d_0\\ =& d_0(y^3-3uvy-(u^3+v^3))\\ =& d_0(y-(u+v))(y-(\omega u+{\omega }^{2}v))(y-({\omega }^{2}u+\omega v)).\end{array}$$则$$\begin{array}{rl}& d_0{x}^3+d_1{x}^2+d_{2}x+d_3\\ =& d_0(y-e{)}^3+d_1(y-e{)}^2+d_2(y-e)+d_3\\ =& d_0{y}^3+\left(d_2-\frac{d_1^2}{3d_0}\right)y+d_3+\frac{2d_1^3}{27d_0^2}-\frac{d_1{d}_2}{3d_0}\\ =& d_0(y-(u+v))(y-(\omega u+{\omega }^{2}v))(y-({\omega }^{2}u+\omega v))\\ =& d_0(x+e-(u+v))(x+e-(\omega u+{\omega }^{2}v))(x+e-({\omega }^{2}u+\omega v))\\ =& d_0(x-(-e+u+v))(x-(-e+\omega u+{\omega }^{2}v))(x-(-e+{\omega }^{2}u+\omega v)).\end{array}$$于是, 我们找到了 $d_0{x}^3+d_1{x}^2+d_{2}x+d_3=0$ 的解: $x=-e+u+v$, 或 $x=-e+\omega u+{\omega }^{2}v$, 或 $x=-e+{\omega }^{2}u+\omega v$.

所以, 理论地, 我们可解任何 $1$ 元 $3$ 次方程. 不过, 这个解方程的方法是复杂的, 故我们一般不用它.

最后, 有一件事值得提.

设 $a_0{x}^3+a_1{x}^2+a_{2}x+a_3$ ($a_0\ne 0$) 是 $3$ 次式. 由前面的讨论, 存在复数 $x_1$, $x_2$, $x_3$, 使$$\begin{array}{r}{a}_0{x}^3+a_1{x}^2+a_{2}x+a_3=a_0(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3).\end{array}$$

由此, 我们有 (回想在 “复数” 的讨论)

定理 A.2.9. 设 $n$ 是不超过 $3$ 的正整数. 设 $p(x)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_n$ 是 $n$ 次式 ($a_0\ne 0$). 则存在复数 $x_1$, $\dots$, $x_n$, 使$$\begin{array}{r}p(x)=a_0(x-x_1)\dots (x-x_n).\end{array}$$