为方便, 定义∣∣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, 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 x2=−1). 但是, 我们总可以在复数里开根. 具体地,
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
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 x2=y” 与 “对任何的实数 y, 必有实数 u 使 u3=y” 那样, 您也接受它们就好. 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.
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, 即得另一个公式.
设 ω=(−1+i3)/2. 则 ω2+ω=−1, 且 ω3=1.
证. 注意到 2ω+1=i3. 平方, 可知4ω2+4ω+1=−3.整理, 即知.
最后, 注意到 1=12=13, ω=ω⋅1, 故ω3=1+(ω3−13)=1+(ω−1)(ω2+ω⋅1+12)=1.证毕.
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, 即得另一个公式.
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).注意到
========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 Ax3+Cx+D=0 是缺 2 次项的 1 元 3 次方程 (A=0). 以 A 除方程的二侧, 有x3+C′x+D′=0,其中 C′=C/A, D′=D/A. 若 C′=0, 这就是开立方根问题. 下设 C′=0.
考虑方程组{−3uv=C′,−(u3+v3)=D′.若我们能找到一个解 u=u0, v=v0, 取 b, c 为 u0, v0. 则x3+C′x+D′==x3−3bcx−(b3+c3)(x−(b+c))(x−(ωb+ω2c))(x−(ω2b+ωc)).这样, 我们就找到了 x3+C′x+D′=0 的解.
现在, 我们只要解方程组{−3uv=C′,−(u3+v3)=D′.我们先考虑, 若 u=u0, v=v0 是一个解, 它应适合什么性质. 既然 C′=0, 且 −3u0v0=C′, 故 v0=−3u0C′. 从而−u03+27u03(C′)3=D′.故 u03 是 1 元 2 次方程z2+D′z−27(C′)3=0的解.
我们熟知, 1 元 2 次方程总有一个解. 于是, 我们设复数 z0 适合z02+D′z0−27(C′)3=0.开立方根, 可知, 存在一个复数 b 使 b3=z0. 再记 c=−3bC′. 不难验证, 这么取的 b, c 适合 −3bc=C′, 且 −(b3+c3)=D′.
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 Ax3+Bx2+Cx+D=0. 代 x 以 y−3AB, 有Ay3+(C−3AB2)y+D+27A22B3−3ABC=0.证毕.
所以, 理论地, 我们可解任何一个 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.