一元三次方程的根式解

意大利人发明了一种求一元三次方程通解的方法

其中的要点在于变量替换，把一元三次方程转换成一元二次方程
另一点是简化方程

关于简化方程

所有的 $Ax^3 + Bx^2 + Cx + D = 0$ 可以化简为
$x^3 + px + q = 0 \ (1)$

的形式，从几何上说，只需要将 $Ax^3 + Bx^2 + Cx + D = 0$ 表示的曲线做一个平移变换就可以做到这一点

变量替换

对于方程 (1) 有一个很精妙的替换
Hint:
$u^3 + v^3 +3uv(u+v) +p(u+v) + q = 0 \\ => u^3 + v^3 = -q \\ uv = \frac{-p}3$

将 $v = \frac{-p}{3u}$ 代入 $u^3 + v^3 = -q$ 中，并令 $t = u^3$ 得到一个一元二次方程

$t^2 + qt -\frac {p^3}{27} = 0$

以下略过，因为t可以用 p, q的根式解形式表示，那么 u也可以，v也可以，这样实际上得到了方程的一个根式解

问题是
1.这个根式解是不是唯一的？注意t有两个解，
2.通往一元三次方程根式解的通道是不是唯一的，还有没有其它办法

值得注意的是 Hint中的推导过程不是方程求解的推导，而是一个启发过程。卡尔丹诺的方法本质上是一个变量替换的构造方法。

有一个奥赛题目，据说很有名气
求方程 $x^5 + 10x^3 + 20x - 4 = 0$ 的根式解。

一般而言，一元五次方程没有根式解，只有特殊的方程才行。既然这个方程作为题目构造出来，它通常会有算数的根式解。

解决的办法是做一个变量替换 : $x = u - \frac{2}{u}$

代入进去进行一番运算会得到
$u^5 + v^5 -4 = 0$
其中 $v = -\frac{2}{u}$
所以方程化成单变量方程就是
$u^5 - \frac{32}{u^5} - 4 = 0$ 以下让 $u^5$ 即可作出根式解, 进一步有
$(u^5 + 4)(u^5 - 8) = 0$ 。当然在复数域上还有一些细节，方程有五个负数根，其中一个实数根是
$x = \sqrt[5]{8}-\frac{2}{\sqrt[5]{8}}$

以上的解法，你或许会疑惑为什么变量替换 $x = u - \frac{2}{u}$ 有效

回到卡尔达诺的解法我们可以找到这个启发的蛛丝马迹
首先
我们可以令 $x = u + v$ 代入到原方程中，并做二项式展开得到
$u^5 + 5u^4v + 10u^3v^2 + 10u^2v^3 + 5uv^4 + v^5 \\ + 10u^3 + 30u^2v + 30uv^2 + 10v^3 \\ + 20u + 20v \\ -4 \\ = u^5 + v^5 + (5uv + 10)(u^3+ v^3) + (u + v)(10u^2v^2 + 30uv + 20) - 4 = 0$

上面的 u + v 实际上就是 $x$
我们希望(不一定能实现)
上面的式子能够简化，中间的 $(u^3 + v^3)$ 和 $(u+v)$ 变成 0——当然至少一项变成0是很容易实现的，但是对解方程没有太多帮助，因为不能转换为能够使用已知的求根公式的形式——所以最好能够两项同时消除——幸运的是，可以做到，毕竟这个方程是经过人为设计的。
令 $5uv + 10 = 0 \\ 10u^2v^2 + 30uv + 20$
上面的等式可以化简成 $uv = -2$ 正好满足下面的等式，所以我们知道 $v = -\frac{2}{u}$ 是一个合适的替换，回到 $x = u + v$ 即可以得到 $x = u - \frac{2}{u}$ 这个替换。

实际上欧拉给出过 $x^5-5px^3 + 5p^2x -q = 0$ 这一类方程的解。以上是 p = -2 的特殊形式
这类方程内含深刻的对称性，它的替换是 $x = u + \frac{p}{u}$ 可以化简到
$u^5 + \fract{p}{u^5} - q = 0$

一元三次方程的根式解

关于简化方程

变量替换

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