每日一题[29] 一般三次方程的解法

今天的问题是从2011年第二届世界数学锦标赛青年组接力赛第二轮的一道试题开始的．

求方程

$$(x+1)(x^2+1)(x^3+1)=30x^3$$ 的所有实数根之和．

这个问题并不难解决

$$\begin{split}&\qquad(x+1)(x^2+1)(x^3+1)=30x^3\\&\Leftrightarrow x^6+x^5+x^4+x^2+x+1=28x^3\\&\Leftrightarrow x^3+x^2+x+\dfrac 1x+\dfrac 1{x^2}+\dfrac 1{x^3}=28.\end{split}$$ 令 $$t=x+\dfrac 1x,t\in (-\infty,-2]\cup [2,+\infty)$$ 则上述方程可以化为 $$\left(t^3-3t\right)+\left(t^2-2\right)+t=28,$$ 即 $$(t-3)(t^2+4t+10)=0,$$ 舍去虚根解得 $$t=3.$$ 因此 $$x+\dfrac 1x=3,$$ 即 $$x^2-3x+1=0,$$ 其所有实数根之和为$3$．

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这道试题并不是今天的问题，仅仅是提示而已．今天的问题是16世纪的竞赛题（那时，数学家常常把自己的发现秘而不宣，而是向同伴提出挑战，让他们解决同样的问题．想必这是一项很砥砺智力，又吸引人的竞赛）：

解关于$x$的方程

$$x^3+px+q=0.$$

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问题的关键在于如何进行恰当的换元．

注意到

$$\left(t+\dfrac 1t\right)^3=t^3+\dfrac 1{t^3}+3\left(t+\dfrac 1t\right).$$ 也就是说，如果$p=-3$，那么我们做换元$x=t+\dfrac 1t$，方程就转化为 $$t^3+\dfrac 1{t^3}+q=0,$$ 即 $$(t^3)^2+q\cdot t^3+1=0,$$ 可以利用二次方程的求根公式求得$t^3$，进而求出$t$，然后代回$x=t+\dfrac 1t$，求根过程就完成了．

现在面临的困难是如何处理$p$，需要对换元进行一个小小的改造．

由于

$$\left(t+\dfrac ut\right)^3=t^3+\dfrac{u^3}{t^3}+3u\left(t+\dfrac ut\right),$$ 因此令$x=t+\dfrac ut$，其中$u$为待定系数，那么原方程变为 $$t^3+\dfrac{u^3}{t^3}+(3u+p)\cdot\left(t+\dfrac ut\right)+q=0.$$ 在这个方程中，令$u=-\dfrac p3$，就会和之前一样变成一个关于$t^3$的二次方程，以下略．

事实上，任何一个三次方程

$$ax^3+bx^2+cx+d=0,a\neq 0$$ 都可以利用完全立方公式 $$\left(x+\dfrac b{3a}\right)^3=x^3+\dfrac bax^2+\dfrac {b^2}{3a^2}x+\dfrac {b^3}{27a^3}=0$$ 通过配方转化为 $$x^3+px+q=0$$ 的形式．因此掌握了这个方法，就等于掌握了一般三次方程的解法．

在一般三次方程的解法中，我们用到的换元$x=t+\dfrac ut$同样也是解高次方程的重要换元．需要注意到的是，在每一步的求解过程中，要先弄清是求方程的实根还是所有根．

最后留一道练习题．

求关于$x$的方程

$$x^5+10x^3+20x-4=0$$ 的所有根．

答案是

$$x=\left(2^{\frac 35}-2^{\frac 25}\right)\cos\dfrac{2k\pi}{5}+\left(2^{\frac 35}+2^{\frac 25}\right)\mathcal{i}\sin\dfrac{2k\pi}{5},k=0,1,2,3,4.$$ 其中用到的代换为$x=t-\dfrac 2t$．