A.1. 准备

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.

本章的数都是复数. 这是因为, 在我们的讨论里, 我们要开根, 而不是所有的实数都能 (在实数里) 开根 (比如, 不存在实数 $x$ 使 $x^2=-1$). 不过, 我们总可以在复数里开根. 具体地,

定理 A.1.1. 设 $z$ 是复数. 存在复数 $w$ 使 $w^2=z$.

有时, 我们还要开立方根. 我们在中学里知道, 每一个实数都能 (在实数里) 开立方根. 不过, 进一步地, 我们也有

定理 A.1.2. 设 $z$ 是复数. 存在复数 $v$ 使 $v^3=z$.

在此, 我就不证明这二个定理了. 就像在中学时, 您接受 “对任何的非负实数 $y$, 必有非负实数 $x$ 使 $x^2=y$” 与 “对任何的实数 $y$, 必有实数 $u$ 使 $u^3=y$” 那样, 您也接受它们. 我们要讨论的内容并不依赖它们如何被论证.

下面, 我展现一些我们要用到的恒等式.

定理 A.1.3. 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. $$\begin{array}{rl}\frac{(ax+b{)}^2-b^2}{a}=& \frac{(ax+b+b)(ax+b-b)}{a}\\ =& \frac{(ax+2b)ax}{a}\\ =& (ax+2b)x\\ =& a{x}^2+2bx.\end{array}$$

证毕.

定理 A.1.4. 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.

证毕.

定理 A.1.5. 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$${\omega }^3=1+({\omega }^3-1^3)=1+(\omega -1)({\omega }^2+\omega \cdot 1+1^2)=1.$$证毕.

定理 A.1.6. 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.

证毕.

定理 A.1.7. 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$$\begin{array}{rl}& a^3+b^3+c^3-3abc\\ =& (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\\ =& (a+b+c)(a+\omega b+{\omega }^{2}c)(a+{\omega }^{2}b+\omega c).\end{array}$$

证毕.

定理 A.1.8. 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 $x$, $-b$, $-c$.

证毕.

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$$\{\begin{array}{l}-3uv=k_2,\\ -(u^3+v^3)=k_3.\end{array}$$(A.1.1)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 $k_2=0$. 开立方根, 可知, 存在一个复数 $p$ 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.1.1) 的一个解.

设 $k_2\ne 0$. 为解方程组 (A.1.1), 我们先考虑, 若 $u=b$, $v=c$ 是方程组 (A.1.1) 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.1.2)的解. 我们熟知, $1$ 元 $2$ 次方程总有一个解. 我们设复数 $z=z_0$ 是方程 (A.1.2) 的一个解. 开立方根, 可知, 存在一个复数 $q$ 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.1.1) 的一个解.

定理 A.1.9. 作适当的换元, 每一个 $1$ 元 $3$ 次方程都可被变为缺 $2$ 次项的方程.

证. 取 $1$ 元 $3$ 次方程 $d_0{x}^3+d_1{x}^2+d_{2}x+d_3=0$, 其中 $d_0\ne 0$. 代 $x$ 以 $y-d_1/(3d_0)$, 有$$d_0{y}^3+\left(d_2-\frac{d_1^2}{3d_0}\right)y+d_3+\frac{2d_1^3}{27d_0^2}-\frac{d_1{d}_2}{3d_0}=0.$$证毕.

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.