有理系数的、不可约的三次方程不能用平方根来解

hbghlyj

高观点下的初等数学1-【德】菲利克斯·克莱因. 第50页 (Libgen)
如果带有理系数 $A, B, C$ 的一个三次方程
$$\tag8
f(x)=x^{3}+A x^{2}+B x+C=0
$$
能够用平方根来解, 那么这个方程必有一个有理根, 即为可约。因为存在有理根 $\alpha$, 等价于 $f(x)$ 存在有理因式 $x-\alpha$, 因而可约。最重要的是: 在给出这个证明之前, 需要把一切可以用平方根来构成的式子分类。更精确地讲, 是把一切可以用有限个平方根和有限个有理数构成的式子分类。那样一个数的具体例子是
$$
\alpha=\frac{\sqrt{a+\sqrt{b}}+\sqrt{c}}{a\sqrt{d+\sqrt{e+\sqrt{f}}}},
$$
其中 $a, b, \cdots, f$ 是有理数。当然我们谈的只是不能用有理数开出的平方根的情况。至于其他的一切平方根, 则必须简化。那样的每一个表示式都是若干平方根的有理函数。我们的例子中有 3 个平方根。我们先考虑那种单独的平方根, 不过它的被开方数可以具有要 多复杂就多复杂的形式。其“阶”是指其中出现的层层相叠的根号的最大个数。在上一个例子中, $\alpha$ 的分子中分别有二阶和一阶根式, 而分母的根式为三阶。
就一般的平方根表示式而言,我们考虑刚刚讨论过的各个“简单平方根表示式的阶数”, 一般的平方根表示式就是由它们经有理运算而得到的, 其最大阶 $\mu$ 就称为这个表达式的阶数。在我们所举的例子中, $\mu=3$, 然而可能出现阶数同为 $\mu$ 的 $n$ 个简单平方根表示式, 所以它的第二个特征就是 $\mu$ 阶项的“项数”, 可以记作 $n$ 。这个项数可以看做是非常确定的, 以致 $n$ 个阶为 $\mu$ 的简单表示式中, 没有一个可以用阶数等于或小于 $\mu$ 的其他简单表示式来有理表示。例如, 阶为 1 的表示式$$
\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6},
$$
其项数是 2 而不是 3 , 因为 $\sqrt{6}=\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}$ 。对于上面给出的例子 $\alpha, n=1$ 。
这样, 我们在每一个平方根表示式上加上了两个有理数 $\mu, n$, 我们用符号 $(\mu, n)$ 把它们结合起来, 称为平方根表示式的“特征”或 “秩”,并且规定当两个平方根表示式的阶不同时,阶数低的表示式, 其秩也低; 当阶相同时, 秩的高低由项数的多少来决定。
现在假定三次方程(8)的根 $x_{1}$ 可以用平方根表示,说得清楚一点, 可以用秩为 $(\mu, n)$ 的表示式来表示。选取阶为 $\mu$ 的 $n$ 项之一 $\sqrt{R}$, 令 $x$ 记作
$$
x_{1}=\frac{\alpha+\beta \sqrt{R}}{\gamma+\delta \sqrt{R}},
$$
其中 $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ 至多含有 $n-1$ 个 $\mu$ 阶的项, $R$ 的阶为 $\mu-1$ 。这里, $\gamma-\delta \sqrt{R}$ 当然不等于 0 , 因为 $\gamma-\delta \sqrt{R}=0$ 不是 $\delta=\gamma=0$（这是不可能的）就是 $\sqrt{R}=\gamma: \delta$, 即 $\sqrt{R}$ 可借助于出现在 $x$ 中的其他 $(n-1)$ 个 $\mu$ 阶项来作有理表示, 因而 $\sqrt{R}$ 是多余的。把分子、分母乘以 $\gamma-$ $\delta \sqrt{R}$, 得
$$
x_{1}=\frac{(\alpha+\beta \sqrt{R})(\gamma-\delta \sqrt{R})}{\gamma^{2}-\delta^{2} \cdot R}=P+Q \sqrt{R},
$$
其中 $P, Q$ 是 $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ 的有理函数,即至多含有 $(n-1)$ 个 $\mu$ 阶项, 此外, 其他项的阶数只能是 $\mu-1$, 所以它们至多有秩 $(\mu, n-1)$ 。把 (8) 式中的这个 $x$ 值代入, 得
$$
\begin{aligned}
f\left(x_{1}\right)=&(P+Q \sqrt{R})^{3}+A(P+Q \sqrt{R})^{2} \\
&+B(P+Q \sqrt{R})+C=0 。
\end{aligned}
$$
去掉括号, 得一关系, 形如
$$
f\left(x_{1}\right)=M+N \sqrt{R}=0,
$$
其中 $M, N$ 是 $P, Q, R$ 的多项式, 即 $\alpha, \beta, \gamma, \delta, R$ 的有理函数。如果 $N \neq 0$, 我们就应有 $\sqrt{R}=-\frac{M}{N}$, 即 $\sqrt{R}$ 可用 $\alpha, \beta, \gamma, \delta, R$, 即用其他 $(n-1)$ 个 $\mu$ 阶项及低阶的其他项作有理表示。但根据假设, 这是不可能的, 正如上面所指出的。因而必然得出 $N=0$, 因而 $M=0$。由此可以得出结论$$
x_{2}=P-Q \sqrt{R}
$$
也是三次方程 (8) 的一个根, 因为同前面的方程一比较, 立刻可以得出
$$
f\left(x_{2}\right)=M-N \sqrt{R}=0 \text { 。 }
$$
现在这个证明可以很简单地,令人吃惊地结束, 如果 $x_{3}$ 是上述三次方程的第三个根,则得
$$
x_{1}+x_{2}+x_{3}=-A,
$$
因而
$$
x_{3}=-A-\left(x_{1}+x_{2}\right)=-A-2 P
$$
与 $P$ 同秩, 从而秩低于 $x_{1}$ 。
如果 $x_{3}$ 本身是有理的, 那么我们的定理就得到了证明; 如果本身不是, 那么我们就可以把它当作同样的一系列推理的出发点。所以其他的根之秩均更高只是一个幻想, 特别来说, 其中的一个根, 其秩确实应低于 $x_{3}$ 之秩。如果我们在各个根之间翻来覆去地这样做, 那么每一次总是看到秩确实比我们想得更低, 因而最终不得不得出阶数 $\mu=0$ 的根。这表明三次方程中存在着一个有理根。我们不能再这样做下去了。因此, 其他的两个根或本身是有理的, 或者可以写为 $P=Q \sqrt{R}$, 其中 $P, Q, R$ 为有理数。由此表明, $f(x)$ 可分成一个二次因子和一个一次有理因子, 因而是可约的。

hbghlyj

中学生文库《几何作图不能问题 (邱贤忠)》 第13页 (Libgen)
定理 1 如果三次方程
$$
x^{3}+a x^{2}+b x+c=0
$$
有一个根可由 $a$、$b$、$c$ 通过加、减、乘、除和正实数开平方而得出，那么这方程一定有一个根可由 $a$、$b$、$c$ 通过加、减、乘、除而得出.
证明 今已知方程 $x^{3}+a x^{2}+b x+c=0$ 有一个根可由 $a$、$b$、$c$ 通过加、减、乘、除和正实数开平方而得出, 考虑到可能有几重开平方运算, 于是, 我们总可从 $a$、$b$、$c$ 出发构造一串集合 $K_{0}, K_{1}, \dots, K_{n}$, 使这个根在 $K_{n}$ 中, 而集合 $K_{0}, K_{1},\dots, K_{n}$ 是采用递推的方法来定义:
$K_{0}$ 是由 $a$、$b$、$c$ 通过加、减、乘、除而得出的数的全体所组成的集合;
$K_{1}$ 是由一切形如 $a_{0}+b_{0} \sqrt{k_{0}}$ 的数所组成的集合，其中 $a_{0}$、$b_{0}$、$k_{0}\in K_{0}$ ，但 $\sqrt{k_{0}} \notin K_{0}$;

⋮

$K_{i+1}$ 是由一切形如 $a_{i}+b_{i} \sqrt{k_{i}}$ 的数所组成的集合，其中 $a_{i}$、$b_{i}$、$k_{i} \in K_{i}$, 但 $\sqrt{k_{i}} \notin K_{i}$. 这里 $i=1,2,\dots, n-1$.
显然, 有 $K_{0} \subset K_{1} \subset K_{2} \subset \cdots \cdots \subset K_{n}$; 并且, 集合 $K_{i}$ 中的数经加、减、乘、除而得出的数仍在集合 $K_{i}$ 中 $(i=0,1,2,\dots, n)$.
这样, 定理 1 的结论就可改述成: 已知方程 $x^{3}+a x^{2}+b x+c=0$有一个根在集合$K_n$中, 则这方程一定有一个根在集合 $K_{0}$ 中. 为证明这一点, 这里采用反证法: 如果集合 $K_{0}$ 中没有方程 $x^{3}+a x^{2}+b x+ c=0$ 的根, 那么必存在一个数 $i$, 使集合 $K_i$中没有方程 $x^{3}+a x^{2}+b x+c=0$ 的根, 而集合 $K_{i+1}$ 中含有这方程的根. 设 $x_{1}=u+v \sqrt{k_{i}}$ 是这方程在 $K_{i+1}$ 中的一个根, 则有 $x_{1}^{3}+a x_{1}^{2}+b x_{1}+c=0$, 即
$$
\left(u+v \sqrt{k_{i}}\right)^{3}+a\left(u+v \sqrt{k_{i}}\right)^{2}+b\left(u+v \sqrt{k_{i}}\right)+c=0
$$
把上式左端展开, 有
$$
U+V \sqrt{k_{i}}=0
$$
其中
$$
\begin{aligned}
&U=u^{3}+3 u v^{2} k_{i}+a u^{2}+a v^{2} k_{i}+b u+c \in K_{i} \\
&V=3 u^{2} v+v^{3} k_{i}+2 a u v+b v \in K_{i}
\end{aligned}
$$
这里, 如果 $V \neq 0$, 则有 $-\frac{U}{V} \in K_{i}$, 但 $-\frac{U}{V}=\sqrt{k_{i}} \notin K_{i}$, 这矛盾表明 $V=0$, 从而 $U=0$. 设 $x_{2}=u-v \sqrt{k_{i}}$, 则有 $x_{2}^{3}+a x_{2}^{2}+b x_{2}+c=U-V \sqrt{k_{i}}=0$, 此即表明 $x_{2}=u-v \sqrt{k_{i}}$ 也是方程 $x^{3}+a x^{2}+b x+c=0$ 的根. 于是, 由三次方程的根与系数关系, 得到这方程的第三个根是
$$
x_{3}=-a-x_{1}-x_{2}=-a-2 u .
$$ 的一个根, 此与前述 $K_i$ 中没有这方程的根矛盾, 这矛盾即说明 $K_{0}$ 中含有这方程的根, 定理 1 得证.

如把定理 1 改写成逆否命题, 便可以通过所求作的点的方程来判断尺规作图不能问题. 特别地,如果已知线段 1, 通过加、减、乘、除而得出的数仅是有理数集, 于是有:
定理 2 有理系数三次方程
$$
x^{3}+a x^{2}+b x+c=0
$$
如果没有有理根，那么它的任何实根都不能由尺规作图来完成。由于判别一个有理系数高次方程是否有有理根的问题是一个已经解决了的问题，定理2便给出了一部分尺规作图不能问题的判别准则。