第 1 章 代數的起源：從解方程說起#

1.3 三次方程與 1545 年的卡爾達諾公式#

學習目標#

1. 掌握缺二次項三次方程（depressed cubic） \(x^3 + px = q\) 的卡爾達諾公式之完整推導。
2. 學會用 Tschirnhaus 變換（平移 \(x = y - \frac{a}{3}\) ）把一般三次方程化為缺二次項型——「正規化」思想的再次勝利（承 1.2 節）。
3. 理解 casus irreducibilis（不可約情形）：三個實根的方程反而逼出複數——數學史上最深刻的「技術逼出理論」事件。
4. 用 SymPy 完整驗證三次方程的公式解、數值根與因式結構。
5. 了解 1535 年威尼斯數學競賽、1539 年誓言與 1545 年《大術》（Ars Magna）的來龍去脈。

歷史背景#

一場延續三千年的失敗#

從巴比倫（約前 1800 年，見 1.1 節）到花拉子米（約 820 年，見 1.2 節），人類解決了二次方程。但三次方程 \(x^3 + ax^2 + bx + c = 0\) 在近三千年間沒有任何文明找到通用解。古巴比倫人用數值表格逼近，希臘人用圓錐曲線的交點（門納赫穆斯，約前 350 年），波斯詩人兼數學家歐瑪爾·海亞姆（Omar Khayyam, 1048–1131）系統地用圓錐截線的交點解出各型三次方程——但這些都是幾何作圖解，不是「根式解」（用係數經加減乘除與開方表達的公式）。

義大利數學決鬥（1515–1545）#

文藝復興的義大利，數學家的聲望與教職靠公開競賽維持：雙方互出題目，當眾解題，敗者失去職位與名聲。這種殘酷的職業壓力成為三次方程突破的直接動力：

flowchart TD
    A["約1515年<br/>波隆那 斯基皮奧內·德爾·費羅 Scipione del Ferro<br/>解出 x^3+px=q（秘而不宣）"] --> B["1535年2月22日 威尼斯<br/>尼科洛·塔爾塔利亞 Tartaglia<br/>擊敗費羅的學生菲奧雷 Antonio Fior<br/>賽前連夜重新發現解法"]
    B --> C["1539年3月<br/>米蘭 傑羅拉莫·卡爾達諾 Cardano<br/>以誓言換得塔爾塔利亞的秘方<br/>（以密語詩歌記載）"]
    C --> D["1543年 卡爾達諾與助手費拉里<br/>赴波隆那查閱費羅遺稿<br/>確認費羅更早解出"]
    D --> E["1545年 紐倫堡<br/>《大術 Ars Magna》出版<br/>公開公式＋註明費羅與塔爾塔利亞<br/>附費拉里的四次方程解法"]
    E --> F["1572年 邦貝利 Bombelli《代數》<br/>為 casus irreducibilis 發明複數運算"]
    F --> G["1826 阿貝爾 / 1832 伽羅瓦<br/>五次無根式解（見4.3、4.4節）"]

塔爾塔利亞認為卡爾達諾違背誓言，隔年出版《各種問題與發明》公開爭執；卡爾達諾的助手洛多維科·費拉里（Ludovico Ferrari, 1522–1565）代師出戰，1548 年在米蘭的公開辯論中大勝塔爾塔利亞。塔爾塔利亞晚年窮困而死；費拉里年少暴富卻在 44 歲時早逝（傳說被姊妹毒殺）。這段歷史提醒我們：知識產權的社會結構（秘方、誓言、決鬥）塑造了理論發表的形式——若非卡爾達諾冒著名譽風險出版，三次公式可能隨費羅一起埋進墳墓。

《大術》在數學史的地位：笛卡兒稱之為代數的奠基之作；它在扉頁上註明「費羅與塔爾塔利亞的發現」，算是文藝復興式的誠實，但塔爾塔利亞並不領情。

理論：卡爾達諾公式#

定理（化一般三次為缺二次項型）#

一般三次方程

經平移 \(x = y - \frac{a}{3}\) 後化為缺二次項型：

證明：代入並展開。 \(x = y - \frac{a}{3}\) 時

其中 \(y^2\) 項係數為 \(-a^2 \cdot \frac{3 \cdot (-\frac{1}{3})}{} \cdots\) ；實際上 \(y^2\) 項來自 \(y^3\) 展開的 \(-a y^2\) 與 \(a y^2\) （來自平方項），恰相消。此即「平移消去次高項」的一般規律：對 \(n\) 次多項式，平移總能消去 \(n-1\) 次項（詳見 1.5 節 的 SymPy 驗證與 3.4 節）。 \(\blacksquare\)

定理（卡爾達諾公式，1539/1545）#

設缺二次項方程 \(y^3 + p y = q\) （ \(p, q \neq 0\) ）。令 \(y = u + v\) ，代入：

**取 \(uv = -\frac{p}{3}\) ** 使第三項消失，得聯立條件：

由韋達關係（見 1.1 節）， \(u^3\) 與 \(v^3\) 是二次方程

的兩根，故

定義卡爾達諾判別量 \(\Delta' = \frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}\) ，則一個根為

（滿足 \(uv = -\frac{p}{3}\) 的立方根支選取後，另兩根為乘以 \(\omega = e^{2\pi i/3}\) 的組合。） \(\blacksquare\)

證明思路：三個關鍵動作承襲 1.2 節 的精神——(1) 正規化：平移消去二次項；(2) 變元代換： \(y = u+v\) 把三次問題降為二次問題（這是「降次」策略的發明，將在費拉里的四次解法中再用一次，見 1.4 節）；(3) 配對構造：自由參數 \(uv\) 的選取正是花拉子米「配方法」的升級版——不再補一個平方數，而是補一個約束條件。

定理（casus irreducibilis：不可約情形）#

取實係數三次方程 \(y^3 + py = q\) ，判別量 \(\Delta' = \frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}\) 。當 \(p < 0\) 且 \(|\Delta'|\) 足夠小（精確地： \(\Delta' < 0\) ）時，方程有三個相異實根，但卡爾達諾公式被迫計算 \(\sqrt{\Delta'} = \sqrt{\text{負數}}\) ——即先造出虛數、再讓虛數在立方根相加時互相抵消。

例： \(x^3 - 15x - 4 = 0\) 。此時 \(\Delta' = \frac{16}{4} + \frac{-3375}{27} = 4 - 125 = -121\) ，公式給出

但此方程有根 \(x = 4\) （因 \(64 - 60 - 4 = 0\) ），故必須有

邦貝利的洞察（1572）：形式地令 \((2 \pm 11i) = (2 \mp i)^3\) （驗證： \((2-i)^3 = 8 - 12i + 6i^2 - i^3 = 2 - 11i\) ），則兩個立方根為 \(2 + i\) 與 \(2 - i\) ，相加得 \(4\) 。虛數只是中間工具，實根由虛數構造而來——這迫使數學家承認複數是合法的計算對象。複數的歷史正是這樣被「公式」逼出來的：不是哲學思辨，而是為了讓一條公式在所有情況下都說得通。

定理（不可約情形的嚴格性）：若實係數三次方程有三個相異實根，則任何根式表達式都必須經過複數中間量（即不存在只用實數根式的表達式）。此定理在 Galois 理論框架下的證明見 4.3 節 與 4.4 節；它預示了「根式可解性由對稱群決定」的現代觀點。 \(\blacksquare\)

判別式與根的型態#

三次方程 \(y^3 + py + q = 0\) 的（Galois）判別式為

• \(\Delta > 0\) ：三個相異實根（casus irreducibilis）；
• \(\Delta = 0\) ：重根；
• \(\Delta < 0\) ：一實根兩共軛複根。

判別式是根的置換下不變的對稱函數（見 2.1 節），它將在 4.4 節 成為 Galois 群理論的核心不變量。

SymPy 實作#

範例 1：驗證平移消去二次項#

import sympy as sp

x, y, a, b, c = sp.symbols('x y a b c')

expr = sp.expand((y - a/3)**3 + a*(y - a/3)**2 + b*(y - a/3) + c)
print(sp.collect(expr, y))
# y^3 + (b - a^2/3)*y + (c - a*b/3 + 2*a^3/27)

輸出確認 \(y^2\) 項係數為 \(0\) ，且 \(p = b - \frac{a^2}{3}\) 、 \(q = c - \frac{ab}{3} + \frac{2a^3}{27}\) 與定理一致。

範例 2：推導卡爾達諾公式（符號層次）#

import sympy as sp

p, q, u, v, z = sp.symbols('p q u v z')

# 代入 y = u+v，並施加條件 uv = -p/3 消去中間項
expr2 = sp.expand(((u+v)**3 + p*(u+v) - q).subs(u*v, -p/3))
print(expr2)
# u^3 + v^3 + p*(u+v) - q （3uv(u+v) 項已因 uv=-p/3 而消失）
# u^3, v^3 是 z^2 - q z - p^3/27 的兩根
U, V = sp.solve(z**2 - q*z - p**3/27, z)
cardano = sp.cbrt(U) + sp.cbrt(V)          # 卡爾達諾公式形式
print(cardano)

輸出即 \(\sqrt[3]{\frac{q}{2} + \frac{\sqrt{12p^3 + 81q^2}}{18}} + \sqrt[3]{\frac{q}{2} - \frac{\sqrt{12p^3 + 81q^2}}{18}}\) （SymPy 把 \(\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\) 整理為 \(\frac{\sqrt{12p^3+81q^2}}{18}\) ，與手寫形式等價）。sp.cbrt 是實值立方根（sp.root(..., 3) 則取複數主值支），兩者在 \(\Delta' \ge 0\) 時一致。

用具體例子數值核對：

y = sp.symbols('y')
print(sp.solve(x**3 + 3*x - 4, x))
# [1, -1/2 - sqrt(15)*I/2, -1/2 + sqrt(15)*I/2]

\(x = 1\) 是實根。此時 \(\Delta' = \frac{16}{4} + \frac{27}{27} = 5 > 0\) ，公式給出 \(\sqrt[3]{2+\sqrt5} + \sqrt[3]{2-\sqrt5}\) ，讀者可用 sp.N 驗證其值為 \(1\) 。sp.solve 對一般符號係數的三次方程也會回傳根式表達，但可能選取不同的複數支（例如以 \(\omega = \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\) 的旋轉組合表達另兩根）；最穩妥的核對方式是數值代入與 sp.checksol 驗證。

範例 3：重現 casus irreducibilis——邦貝利的計算#

import sympy as sp

x = sp.symbols('x')
poly = x**3 - 15*x - 4                       # 邦貝利 1572 年的例子

print(sp.factor(poly))                       # (x - 4)*(x^2 + 4*x + 1)
print(sp.nroots(poly))                       # 三個實根
# [-3.732, -0.268, 4.0]  即 4, -2±sqrt(3)

print(sp.solve(poly, x))
# [4, -2 - sqrt(3), -2 + sqrt(3)]   ← SymPy 聰明地避開了複數形式！

# 卡爾達諾公式的原始形式（含複數）
cardano_form = sp.root(2 + 11*sp.I, 3) + sp.root(2 - 11*sp.I, 3)
print(sp.N(cardano_form))                    # 4.0 + 0.e-20*I  ← 正是 4
print(sp.simplify(sp.expand((2 - sp.I)**3))) # 2 - 11*I  ← 邦貝利的關鍵恆等式

輸出說明：

• sp.factor 顯示 \((x-4)(x^2+4x+1)\) ，故根為 \(4, -2 \pm \sqrt{3}\) ，三個全是實數；
• sp.root(2+11*I, 3) 選取複數主支，兩項相加的數值為 \(4.0\) ——虛部相消，這就是 casus irreducibilis：三個實根的方程，其公式表達必須路經複數；
• sp.solve 回傳的卻是乾淨的實根形式——這是因為 SymPy 內部使用了超越卡爾達諾原始形式的代數簡化。讀者可嘗試 sp.solve(poly, x, cubics=True)（預設）與 sp.solve(poly, x, cubics=False)（回傳 CRootOf 表示）比較。

範例 4：判別式預測根的型態#

import sympy as sp

p, q = sp.symbols('p q')
Delta = -4*p**3 - 27*q**2
print(sp.simplify(Delta + 108*(q**2/4 + p**3/27)))   # 0，兩種判別式定義等價

for (pv, qv) in [(1, 1), (0, 2), (-15, -4)]:
    disc = -4*pv**3 - 27*qv**2
    nreal = len([r for r in sp.solve(x**3 + pv*x + qv, x) if r.is_real])
    print(f"p={pv}, q={qv}: 判別式={disc}, 實根數（重根計一次）={nreal}")

輸出：

p=1, q=1: 判別式=-31, 實根數=1
p=0, q=2: 判別式=-108, 實根數=1
p=-15, q=-4: 判別式=13068, 實根數=3

注意 r.is_real 對某些形式複雜的根可能無法立即判定；更穩健的寫法是用 sp.real_roots(sp.Poly(x**3 + pv*x + qv, x))（只回傳實根的精確區間表示），這也是 1.5 節 將介紹的 Poly 工具之一。

範例 5：歐瑪爾·海亞姆的幾何解與代數解對照#

海亞姆（1100 年前後）解 \(x^3 + b^2 x = a^3\) 用拋物線 \(x^2 = by\) 與圓的交點。代數上這就是 \(x^3 + b^2 x = a^3\) 的唯一正根：

import sympy as sp
x = sp.symbols('x', positive=True)
a, b = sp.symbols('a b', positive=True)
sol = sp.solve(x**3 + b**2*x - a**3, x)
print(sp.N(sol[0].subs({a: 2, b: 1})))
# 1.8338...  即 x^3 + x = 8 的唯一正根
print(sp.checksol(x**3 + b**2*x - a**3, {x: sol[0]}))   # True（符號層次驗證）

sp.solve 回傳根式表達（經化簡後即卡爾達諾公式；輸出可能包含 \(\omega = \frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}\) 型的旋轉因子，這是三個複數立方根支的組合）。

同一個方程，11 世紀的答案是「兩條圓錐曲線的交點」，16 世紀的答案是「一條公式」——表示法的進步使解法從作圖變成計算，這正是 1.5 節 現代計算代數的前奏。

歷史評註：競賽驅動的理論突破#

核心模式：實用需求（占星曆表、商業複利、決鬥賭注）→ 演算法（公式）→ 理論危機（虛數、不可約情形）→ 新數系（複數）→ 更深的理論（Galois）。三次方程是人類第一次「用公式發現新數」。

習題#

1. 用平移 \(x = y - \frac{a}{3}\) 化簡 \(x^3 - 6x^2 + 11x - 6 = 0\) ，求出缺二次項方程，用 SymPy 的 sp.expand 與 sp.solve 驗證三個根為 \(1, 2, 3\) 。
2. 手算 \(x^3 + 3x = 4\) 的卡爾達諾公式（ \(\Delta' = 5 > 0\) ），再用 SymPy 驗證根為 \(x = 1\) 。
3. 驗證邦貝利恆等式 \((2+i)^3 = 2 + 11i\) ，並用 sp.root 與 sp.cbrt 分別計算 \(\sqrt[3]{2+11i}\) ，解釋兩者為何可能不同（複數立方根有三個值，主支的選取影響結果）。
4. 用 sp.real_roots 與 sp.nroots 求解 \(x^3 - 21x + 20 = 0\) ，確認判別式為正、三實根皆可表為有理數（本例的實根碰巧全是有理數，故 SymPy 能避開複數形式——試對照 \(x^3 - 3x + 1 = 0\) 的輸出）。
5. 證明：缺二次項三次方程 \(y^3 + py + q\) 的三根 \(r_1, r_2, r_3\) 滿足 \(r_1 + r_2 + r_3 = 0\) 、 \(r_1r_2 + r_1r_3 + r_2r_3 = p\) 、 \(r_1r_2r_3 = -q\) （用 SymPy 的 sp.symbols 定義三根構造 \(\prod (y - r_i)\) 展開比對）。
6. （挑戰）用 Galois 語言解釋（可不嚴格）：為何 \(x^3 - 15x - 4\) 的三個實根在 \(\mathbb{Q}\) 上生成的分裂體含有 \(\sqrt{\Delta} = \sqrt{13068} = 66\sqrt{3}\) 這個二次量？（提示： \(\sqrt{\Delta} = \pm(r_1-r_2)(r_1-r_3)(r_2-r_3)\) ，差積在偶置換下不變；詳見 4.4 節。）

SymPy 要點回顧#

• sp.cbrt(z) 與 sp.root(z, 3)：實值立方根與複數主支立方根，casus irreducibilis 的計算差異由此而來。
• sp.collect(expr, y)：按指定符號整理多項式，用於檢查特定次數項的係數。
• sp.solve(poly, x, cubics=True/False)：控制是否用根式表達三次根；cubics=False 回傳精確的 CRootOf（隔離區間表示）。
• sp.nroots(poly)：數值近似所有根（複根亦回傳），適合快速確認根的型態。
• sp.real_roots(Poly(...))：只回傳實根，以精確區間表示，無浮點誤差風險。
• sp.checksol：公式解的代回驗證（承 1.2 節 的教訓）。

三次方程的勝利立刻引出一個自然追問：四次呢？費拉里在 1540 年就解決了它——但四次的解法長達數頁，而這條「降次之路」的盡頭，是一堵五次方程撞不碎的牆：1.4 節。