第 1 章 代數的起源：從解方程說起#

1.2 花拉子米與 9 世紀的《代數學》：al-jabr 的故事#

學習目標#

1. 認識花拉子米（al-Khwarizmi，約 780–850 年）其人、其書《代數學》（Kitab al-jabr wa'l-muqabala，約 820 年），理解「algebra」與「algorithm」兩個詞的來源。
2. 掌握花拉子米的六種標準型分類與「還原（al-jabr）」與「對消（al-muqabala）」兩大操作。
3. 嚴格理解：為何在三項式二次方程的分類下，「配方法」只需給一次證明即可覆蓋全部情形（現代觀點：平移與縮放的正規化，正規化的思想將在 1.3 節 中發揮關鍵作用）。
4. 用 SymPy 實作「還原與對消」的符號操作，並重現花拉子米的幾何證明。
5. 理解巴格達「智慧宮」的翻譯運動如何把巴比倫、印度、希臘的數學匯流成新的學科。

歷史背景#

巴格達與智慧宮#

公元 762 年，阿拔斯王朝在底格里斯河畔建都巴格達。隨後一個世紀內，一場大規模翻譯運動把周邊文明的知識匯入宮廷圖書館「智慧宮」（Bayt al-Hikma）：

• 印度的天文表與數字系統（含「零」的概念）傳入；
• 歐幾里得《幾何原本》、托勒密《天文學大成》由希臘文譯為阿拉伯文；
• 巴比倫的數值演算法傳統由楔形文字轉入書面數學。

花拉子米#

穆罕默德·伊本·穆薩·花拉子米（Muhammad ibn Musa al-Khwarizmi，約 780–850）是智慧宮的學者，出身於中亞花剌子模地區。他寫下兩本改變世界的書：

1. 《代數學》，全名意為「還原與對消計算概要」。書名中的 al-jabr（還原）經拉丁化成為 algebra（代數）一詞。
2. 《印度數字算術》：介紹印度-阿拉伯數字。其拉丁譯本開頭「Dixit Algorizmi」（花拉子米說），使他的名字演變為 algorithm（演算法）一詞。

flowchart LR
    A[巴比倫演算法傳統<br/>見1.1節] --> D[智慧宮 翻譯運動]
    B[印度數字與零] --> D
    C[希臘幾何與演繹證明] --> D
    D --> E[花拉子米 約820年<br/>《代數學》與《算術》]
    E --> F[algebra 一詞]
    E --> G[algorithm 一詞]
    E --> H[12世紀拉丁譯本傳入歐洲<br/>→ 韋達、笛卡兒的符號代數]

《代數學》的內容與動機#

花拉子米在前言中說明本書的用途：處理遺產分配、商業交易、土地丈量與河道挖掘——這是伊斯蘭帝國繁榮商業社會的直接技術需求，與巴比倫的動機一脈相承（見 1.1 節）。但花拉子米做了兩件前人未做的事：

1. 系統分類：他把所有二次問題化約為六種標準型，對每型給出通用解法口訣；
2. 幾何證明：他為解法給出幾何論證，使演算法獲得演繹的合法性——巴比倫的「技術」與希臘的「理論」在此首次合流。

理論：六種標準型與還原、對消#

定義（花拉子米的基本量）#

設未知量為 \(x\) ，花拉子米使用三個術語：

• mal（財產）： \(x^2\) ；
• jidhr（根）： \(x\) ；
• 數（adad）：常數項。

定義（還原 al-jabr）#

還原：把方程一邊的減項移到另一邊變成正項。例如

「負項被還原為對面的正項」——這是移項概念的誕生。（花拉子米不用負數作為獨立對象；負項只是「待還原的欠款」。）

定義（對消 al-muqabala）#

對消：兩邊同類的正項相消取差。例如

定理（六種標準型）#

經「還原」與「對消」之後，任何一次或二次方程都可化為以下六種之一（依 mal、根、數的出現情形）：

證明思路（化約完備性）：一次、二次方程的一般形式為 \(Ax^2 + Bx + C = 0\) ，其中 \(A, B, C\) 均可取正、零、負。花拉子米只允許正係數書寫，故負項必須先被「還原」到另一邊；同類項經「對消」合併後，兩邊各自只剩正項。逐一檢查哪些係數非零、且兩邊不空，恰好得到六型。用現代語言：這是把係數空間按「正、零」模式劃分的正規化（normalization）。三項式（4、5、6 型）本質上是同一件事的三種正負號安排，現代記法下一個求根公式即可統一：

但注意：花拉子米無法統一它們，因為他沒有負數與零係數的書寫自由。符號系統的匱乏迫使理論「分型」；符號代數（韋達、笛卡兒，1590s–1630s）之後，分型消失。這是「表示法決定理論形態」的歷史實例。 \(\blacksquare\)

註（判別式條件）：5 型要求 \(\left(\frac{b}{2}\right)^2 \ge c\) 才有正根；花拉子米注意到某些情況「無解」，這是對判別式 \(\Delta = b^2 - 4c \ge 0\) 的樸素認識（見 1.1 節）。

定理（花拉子米的幾何證明）#

對 4 型 \(x^2 + 10x = 39\) （書中例題），花拉子米給出幾何證明。現代轉述如下：

證明：把 \(10x\) 視為貼在 \(x \times x\) 正方形兩對邊的矩形，每邊寬 \(\frac{10}{4}\) （花拉子米的做法）或先各貼 \(\frac{10}{2}\) 再補角。以「各貼 \(\frac{b}{2}\) 、補上 \(\left(\frac{b}{2}\right)^2\) 」的版本：將 \(x^2 + 10x\) 補成邊長 \(x + 5\) 的正方形，需補上 \(5 \times 5 = 25\) 。故

幾何上：面積 \(64\) 的正方形邊長為 \(8\) ，從而 \(x = 3\) 。此證明把巴比倫口訣（1.1 節 的配方演算法）轉化為可驗證的演繹論證。 \(\blacksquare\)

定理（韋達關係的分型版本）：4 型兩根之和為 \(-b\) 、積為 \(-c\) ；6 型兩根之和為 \(b\) 、積為 \(-c\) 。此類關係的一般形式（根的對稱函數）參見 2.1 節。

SymPy 實作#

範例 1：重現花拉子米的例題 \(x^2 + 10x = 39\)#

import sympy as sp

x = sp.symbols('x')
eq = sp.Eq(x**2 + 10*x, 39)
print(sp.solve(eq, x))   # [3, -13]

花拉子米只取 \(x = 3\) （根必為正）；SymPy 給出第二根 \(-13\) ，再次顯示符號代數的解集比歷史演算法的解集更完整。幾何證明的符號版本：

lhs = x**2 + 10*x + 25
print(sp.factor(lhs))    # (x + 5)^2
print(39 + 25)           # 64 = 8^2

範例 2：實作「還原（al-jabr）」與「對消（al-muqabala）」#

以下程式把「係數為正、零」約定下的一個原始方程，機械地執行還原與對消，化為標準型。這模擬花拉子米的演算法：

import sympy as sp

x = sp.symbols('x')

def aljabr(expr_lhs, expr_rhs):
    """還原：把負項移到對邊。對消：合併同類項。回傳標準型 Eq 與型號。"""
    diff = sp.expand(expr_lhs - expr_rhs)   # 移項統一（現代捷徑）
    poly = sp.Poly(diff, x)
    a, b, c = poly.all_coeffs()             # a x^2 + b x + c
    print(f"還原+對消後：{a}·mal + {b}·根 + {c} = 0")
    return (a, b, c)

# 花拉子米式例子：x^2 + 20 = 10x - 20（還原 → x^2 + 40 = 10x）
a, b, c = aljabr(x**2 + 20, 10*x - 20)
print(sp.solve(sp.Eq(x**2 + 20, 10*x - 20), x))

輸出：

還原+對消後：1·mal + (-10)·根 + 40 = 0
[5 - sqrt(15)*I, 5 + sqrt(15)*I]

按花拉子米的正係數約定， \(x^2 + 40 = 10x\) 是 5 型，口訣為 \(x = \frac{b}{2} + \sqrt{\left(\frac{b}{2}\right)^2 - c}\) ，此處 \(b = 10, c = 40\) 給出 \(x = 5 \pm \sqrt{25 - 40} = 5 \pm \sqrt{-15}\) ——無正實根，花拉子米會直接判為「不可解」；而現代記法下 SymPy 給出複根 \(5 \pm \sqrt{15}\,i\) 。用 sp.checksol 驗證：

eq = sp.Eq(x**2 + 20, 10*x - 20)
print(sp.checksol(eq, {x: 5 - sp.sqrt(15)*sp.I}))   # True

兩層教訓：其一，分型口訣的正負號約定極易出錯（5 型取減號、6 型取加號），這正是符號代數要消滅分型的理由；其二，任何求解結果都應以 sp.checksol 代回驗證——歷史上花拉子米的演算法同樣以「代回檢查」收尾。

範例 3：驗證六種標準型可覆蓋所有二次方程#

import sympy as sp

x, A, B, C = sp.symbols('x A B C')
# 一般二次方程的根（求根公式）
roots = sp.solve(A*x**2 + B*x + C, x)
print(roots[1])   # (-B + sqrt(B^2 - 4AC))/(2A)
# 檢查 4 型 (A=1, B>0, C>0)、6 型 (A=1, C<0) 的公式彼此只是符號約定不同

輸出即一般求根公式。由此可見：一旦允許 \(B, C\) 取負值，六型坍縮成一個公式。用一個具體例子展示「還原」在 SymPy 中的現代對應就是 expand + 移項：

# 原始方程：50 + x = 38 + 4x  （花拉子米《代數學》的對消例子）
expr = sp.expand((50 + x) - (38 + 4*x))   # 12 - 3x
print(sp.solve(sp.Eq(expr, 0), x))        # [4]

花拉子米的答案正是 \(x = 4\) 。

範例 4：解的個數與判別式的歷史認知#

import sympy as sp
x = sp.symbols('x')
# 5 型：x^2 + 4 = 10x，花拉子米書中明言「僅當根的半數平方不小於數時可解」
print(sp.solve(x**2 + 4 - 10*x, x))   # [5 - sqrt(21), 5 + sqrt(21)]
# 無解（對花拉子米而言）的情形：x^2 + 10 = 4x
print(sp.solve(x**2 + 10 - 4*x, x))   # [2 - sqrt(6)*I, 2 + sqrt(6)*I]

第二例花拉子米會判為「不可解」；複數的出現（ \(i = \sqrt{-1}\) ）是 16 世紀三次方程逼出來的（見 1.3 節），9 世紀的數學家對此一無所知。

歷史評註：從演算法到學科#

花拉子米的書在 12 世紀被切斯特的羅伯特（Robert of Chester, 1145）譯成拉丁文，成為歐洲大學數百年間「coss」（代數的舊稱）傳統的源頭。一代代歐洲學者用這套分型法教學，直到有人問：三次方程怎麼辦？——這個問題把數學推向文藝復興義大利最戲劇性的一頁。

習題#

1. 把方程 \(3x + x^2 = 4 + 2x\) 用「還原」與「對消」化為六型之一，指出型號，手算求解，並用 SymPy 驗證。
2. 花拉子米書中例題： \(x^2 + 21 = 10x\) 。判斷屬於哪一型，用該型口訣求解，並用 sp.solve 與 sp.checksol 驗證兩根 \(3\) 與 \(7\) 。
3. 寫一個 Python 函數 classify(a, b, c)，輸入二次方程 \(ax^2 + bx + c = 0\) 的係數，回傳它屬於花拉子米六型中的哪一型（考慮 \(a, b, c\) 的正負與零）。用 SymPy 測試你的分類在全部 \(a,b,c \in \{-1, 0, 1\}\) （ \(a \ne 0\) ）下覆蓋所有情形。
4. 用 SymPy 重現花拉子米對 4 型的幾何證明：以 (x + 5)**2 配方驗證 \(x^2 + 10x = 39\) ，並畫出（或描述）「大正方形 = 小正方形 + 兩矩形 + 補塊」的面積恆等式。
5. 為何花拉子米把 \(ax^2 = bx\) 列為獨立的一型（3 型）而不是先「除以 \(x\) 」？從「他不接受零作係數、且除以未知量會丟失 \(x=0\) 的解」兩個角度討論，並用 sp.solve(x**2 - 3*x, x) 觀察現代解法保留哪些根。
6. （挑戰）試證：在只允許正係數書寫的前提下，任何形如 \(\pm Ax^2 \pm Bx \pm C = 0\) 的二次方程（各項皆可正可負，但至少一項非零）經還原與對消後必落入六型之一。用窮舉八種符號組合的 SymPy 腳本佐證你的論證。

SymPy 要點回顧#

• sp.Poly(expr, x) 與 poly.all_coeffs()：把多項式轉為係數表，是「讀出方程結構」的基本工具（詳見 1.5 節）。
• sp.expand(expr)：展開合併同類項，對應「還原＋對消」的現代化簡。
• sp.checksol(eq, {x: val})：驗證候選解是否真正滿足方程——符號計算的必備檢查。
• sp.factor((x + 5)**2 形式的配方)：sp.factor 將 \(x^2 + 10x + 25\) 還原為 \((x+5)^2\) ，展示配方的可逆性。
• sp.solve 對無實解的方程自動回傳複數解；歷史上「無解」與「複數解」的認知差異是本書的重要主題。

二次方程至此有了系統的理論。但三次方程頑固地抗拒了人類近四千年——直到 1535 年的威尼斯，一場公開的數學決鬥改變了一切：1.3 節。