本节, 我们为研究 2 元 2 次式作准备.
设 ai,j (i=1, 2, 3; j=1, 2, 3) 是数. 定义det⎣⎡a1,1a2,1a3,1a1,2a2,2a3,2a1,3a2,3a3,3⎦⎤=+a1,1a2,2a3,3+a1,2a2,3a3,1+a1,3a2,1a3,2−a1,1a2,3a3,2−a1,2a2,1a3,3−a1,3a2,2a3,1.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.
设 a, b, c 是数. 则det⎣⎡acbbaccba⎦⎤==aaa+bbb+ccc−abc−bca−caba3+b3+c3−3abc.
设 a, b, x 是复数, 且 a=0. 则ax2+2bx=a(ax+b)2−b2.特别, 取 a=1, 知x2+2bx=(x+b)2−b2.
证. a(ax+b)2−b2====a(ax+b+b)(ax+b−b)a(ax+2b)ax(ax+2b)xax2+2bx. 设 a, b 是复数. 则a3±b3=(a±b)(a2∓ab+b2).
证. a3−b3====a3−ab2+ab2−b3a(a2−b2)+(a−b)b2(a−b)a(a+b)+(a−b)b2(a−b)(a2+ab+b2).最后, 换
b 为
−b, 得另一个公式.
设 ω=(−1+i3)/2. 则 ω2+ω=−1, 且 ω3=1.
证. 注意, 2ω+1=i3. 平方, 可知4ω2+4ω+1=−3.整理, 即知.
最后, 注意, 1=12=13, 且 ω=ω⋅1, 故ω3=1+(ω3−13)=1+(ω−1)(ω2+ω⋅1+12)=1.证完.
设 a, b 是复数. 则a3±3a2b+3ab2±b3=(a±b)3.
证. ====a3+3a2b+3ab2+b3a3+b3+3a2b+3ab2(a+b)(a2−ab+b2)+(a+b)(3ab)(a+b)(a2+2ab+b2)(a+b)3.最后, 换
b 为
−b, 得另一个公式.
设 a, b, c 是复数. 设 ω=(−1+i3)/2. 则a3+b3+c3−3abc==(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca)(a+b+c)(a+ωb+ω2c)(a+ω2b+ωc).
证. ====a3+b3+c3−3abca3+((b+c)3−3b2c−3bc2)−3abca3+(b+c)3−(a+b+c)(3bc)(a+(b+c))(a2−a(b+c)+(b+c)2)−(a+b+c)(3bc)(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca).注意,
========4(a2+b2+c2−ab−bc−ca)4(a2−a(b+c)+(b2−bc+c2))(2a)2−2⋅2a⋅(b+c)+4(b2−bc+c2)(2a−b−c)2−(b+c)2+(4b2−4bc+4c2)(2a−b−c)2+3(b2−2bc+c2)(2a−b−c)2−(2ω+1)2(b−c)2(2a−b−c+(2ω+1)(b−c))(2a−b−c−(2ω+1)(b−c))(2a+2ωb−2(ω+1)c)(2a−2(ω+1)b+2ωc)4(a+ωb+ω2c)(a+ω2b+ωc),故
==a3+b3+c3−3abc(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−bc−ca)(a+b+c)(a+ωb+ω2c)(a+ω2b+ωc). 设 x, b, c 是复数. 设 ω=(−1+i3)/2. 则x3−3bcx−(b3+c3)=(x−(b+c))(x−(ωb+ω2c))(x−(ω2b+ωc)).
证. 代上个定理的
a,
b,
c 以
x,
−b,
−c.
上个定理允许我们解缺 2 次项的 1 元 3 次方程.
具体地, 设 a0x3+a2x+a3=0 是缺 2 次项的 1 元 3 次方程 (a0=0). 以 a0 除方程的二侧, 有x3+k2x+k3=0,其中, k2=a2/a0, 且 k3=a3/a0. 考虑方程组{−3uv−(u3+v3)=k2,=k3.(A.2.1)若我们能找到一个解 u=b, v=c, 则x3+k2x+k3==x3−3bcx−(b3+c3)(x−(b+c))(x−(ωb+ω2c))(x−(ω2b+ωc)).这样, 我们就找到了 x3+k2x+k3=0 的解: x=b+c, 或 x=ωb+ω2c, 或 x=ω2b+ωc.
设 k2=0. 存在复数 p, 使 p3=−k3. 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 k2=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=k2=0, 故 b=0. 则 c=−k2/(3b). 从而−b3+27b3k23=k3.故 b3 是 1 元 2 次方程z2+k3z−27k23=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=z0 是方程 (A.2.2) 的一个解. 存在复数 q, 使 q3=z0. (注意, q=0.) 分别取 b, c 为 q, −k2/(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d0x3+d1x2+d2x+d3=0,d0=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d0y3+(d1−3d0e)y2+(d2−2d1e+3d0e2)y+(d3−d2e+d1e2−d0e3).于是, 若我们取 e=d1/(3d0), 则方程 (A.2.3) 被变为d0y3+(d2−3d0d12)y+d3+27d022d13−3d0d1d2=0.则我们可解此方程. 设 u, v 适合⎩⎨⎧−3uv−(u3+v3)=d01(d2−3d0d12),=d01(d3+27d022d13−3d0d1d2).则===d0y3+(d2−3d0d12)y+d3+27d022d13−3d0d1d2d0y3−3uvd0y−(u3+v3)d0d0(y3−3uvy−(u3+v3))d0(y−(u+v))(y−(ωu+ω2v))(y−(ω2u+ωv)).则=====d0x3+d1x2+d2x+d3d0(y−e)3+d1(y−e)2+d2(y−e)+d3d0y3+(d2−3d0d12)y+d3+27d022d13−3d0d1d2d0(y−(u+v))(y−(ωu+ω2v))(y−(ω2u+ωv))d0(x+e−(u+v))(x+e−(ωu+ω2v))(x+e−(ω2u+ωv))d0(x−(−e+u+v))(x−(−e+ωu+ω2v))(x−(−e+ω2u+ωv)).于是, 我们找到了 d0x3+d1x2+d2x+d3=0 的解: x=−e+u+v, 或 x=−e+ωu+ω2v, 或 x=−e+ω2u+ωv.
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 a0x3+a1x2+a2x+a3 (a0=0) 是 3 次式. 由前面的讨论, 存在复数 x1, x2, x3, 使a0x3+a1x2+a2x+a3=a0(x−x1)(x−x2)(x−x3).
由此, 我们有 (回想在 “复数” 的讨论)
设 n 是不超过 3 的正整数. 设 p(x)=a0xn+a1xn−1+⋯+an 是 n 次式 (a0=0). 则存在复数 x1, …, xn, 使p(x)=a0(x−x1)…(x−xn).