삼차방정식 근의공식 유도 - samchabangjeongsig geun-uigongsig yudo

이는 주어진 방정식을 a(x−α)(x−β)(x−γ)=0a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) = 0a(x−α)(x−β)(x−γ)=0으로 인수분해할 수 있다는 사실로부터 쉽게 유도할 수 있다.

3. 카르다노의 공식[편집]

우선 삼차방정식의 일반적인 꼴

ax3+bx2+cx+d=0ax^3 + bx^2 + cx + d = 0ax3+bx2+cx+d=0

에서 양변을 aaa로 나누고 x=t−b3ax = t - \dfrac b{3a}x=t−3ab​를 대입하면

(t−b3a)3+ba(t−b3a)2+ca(t−b3a)+da=t3+{ca−13(ba)2}t+227(ba)3−bc3a2+da=0\begin{aligned} &{\left(t - \frac b{3a}\right)}^3 + \frac ba{\left(t - \frac b{3a}\right)}^2 + \frac ca{\left(t - \frac b{3a}\right)} + \frac da \\ &= t^3 + {\left\{\frac ca - \frac13{\left(\frac ba\right)}^2\right\}}t + \frac2{27}{\left(\frac ba\right)}^3 - \frac{bc}{3a^2} + \frac da = 0\end{aligned}​(t−3ab​)3+ab​(t−3ab​)2+ac​(t−3ab​)+ad​=t3+{ac​−31​(ab​)2}t+272​(ab​)3−3a2bc​+ad​=0​

여기서 ca−13(ba)2=p\dfrac ca - \dfrac13{\left(\dfrac ba\right)}^2 = pac​−31​(ab​)2=p, 227(ba)3−bc3a2+da=q\dfrac2{27}{\left(\dfrac ba\right)}^3 - \dfrac{bc}{3a^2} + \dfrac da = q272​(ab​)3−3a2bc​+ad​=q로 치환하면 위 식은

t3+pt+q=0t^3 + pt + q = 0t3+pt+q=0

로 단순화 된다. 이때 q=0q = 0q=0이라면 t=0t = 0t=0을 근으로 갖는 것을 알 수 있으므로 x=t−b3ax = t - \dfrac b{3a}x=t−3ab​ 관계로부터 원래의 삼차방정식의 나머지 두 근 역시 찾을 수 있게 된다. 한편, q≠0q\ne0q=0이면 t=0t = 0t=0은 해가 될 수 없으므로 t=u+v≠0t = u + v \ne 0t=u+v=0을 대입하면

(u+v)3+p(u+v)+q=u3+v3+3uv(u+v)+p(u+v)+q=(u3+v3+q)+(u+v)(3uv+p)=0\begin{aligned} &(u+v)^3 + p(u+v) + q \\ &=u^3 + v^3 + 3uv(u+v) + p(u+v) + q \\ &= (u^3 + v^3 + q) + (u+v)(3uv + p) = 0\end{aligned}​(u+v)3+p(u+v)+q=u3+v3+3uv(u+v)+p(u+v)+q=(u3+v3+q)+(u+v)(3uv+p)=0​

u+v≠0u+v\ne0u+v=0이므로 위 식이 항상 성립하기 위해서는

{u3+v3+q=03uv+p=0\begin{cases} u^3 + v^3 + q = 0 \\ 3uv + p = 0 \end{cases}{u3+v3+q=03uv+p=0​

의 두 조건을 모두 만족해야 한다. 제2식에서 v=−p3uv = -\dfrac p{3u}v=−3up​를 제1식에 대입하면 다음과 같이 u3u^3u3에 관한 이차방정식이 얻어지며

u3−(p3u)3+q=0⇔(u3)2+qu3−(p3)3=0\begin{aligned} &u^3 -{\left(\frac p{3u}\right)}^3 + q = 0 \\ &\Leftrightarrow (u^3)^2 + qu^3 - {\left(\frac p3\right)}^3 = 0 \end{aligned}​u3−(3up​)3+q=0⇔(u3)2+qu3−(3p​)3=0​

근의 공식을 적용해서

u3=−q2±(q2)2+(p3)3u^3 = -\dfrac q2\pm\sqrt{{\left(\dfrac q2\right)}^2 + {\left(\dfrac p3\right)}^3}u3=−2q​±(2q​)2+(3p​)3​

한편 u=−p3vu = -\dfrac p{3v}u=−3vp​로 치환한 경우에도 똑같은 식의 형태가 얻어지므로 u3u^3u3과 v3v^3v3은 서로 켤레근의 관계에 있음을 알 수 있다. 편의상 복부호 부분이 +++인 해를 α\alphaα라고 하면 u3=α⇔u3−α=0u^3 = \alpha \Leftrightarrow u^3 - \alpha = 0u3=α⇔u3−α=0이며 이 방정식은 다음과 같이 인수분해되며 복소수를 포함한 근이 얻어지는데

u3−α=(u−α3)(u2+α3u+α32)=0u={α3−1+3i2α3−1−3i2α3u^3 - \alpha = {\left(u - \sqrt[3]\alpha\right)}{\left(u^2 + \sqrt[3]\alpha u + {\sqrt[3]\alpha}^2\right)} = 0 \\ u = \begin{cases} \sqrt[3]\alpha \\ \dfrac{-1+\sqrt3i}2\sqrt[3]\alpha \\ \dfrac{-1-\sqrt3i}2\sqrt[3]\alpha\end{cases}u3−α=(u−3α​)(u2+3α​u+3α​2)=0u=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧​3α​2−1+3​i​3α​2−1−3​i​3α​​

각 근의 계수는 u3=1u^3 = 1u3=1의 근과 같으며 편의상 −1+3i2=ω\dfrac{-1+\sqrt3i}2 = \omega2−1+3​i​=ω로 나타내면 u={α3ωα3ω2α3u = \begin{cases} \sqrt[3]\alpha \\ \omega\sqrt[3]\alpha \\ \omega^2\sqrt[3]\alpha \end{cases}u=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​3α​ω3α​ω23α​​로 간단하게 나타낼 수 있다. 한편, vvv에 관하여, 3uv=−p3uv = -p3uv=−p에서 ppp가 실수이므로 uuu의 복소 계수 근은 vvv와의 곱에 의해 실수화 되어야 한다. α\alphaα의 켤레근을 β\betaβ라고 하면 uuu의 각 경우에 관하여 v={β3ω2β3ωβ3v = \begin{cases} \sqrt[3]\beta \\ \omega^2\sqrt[3]\beta \\ \omega\sqrt[3]\beta \end{cases}v=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​3β​ω23β​ω3β​​가 되며 이를 종합하여 정리하면 ttt의 근은 다음과 같이 나타낼 수 있다.

t=u+v=(−1+3i2)k−q2+(q2)2+(p3)33+(−1+3i2)3−k−q2−(q2)2+(p3)33(k=0, 1, 2)\begin{aligned} t &= u + v \\ &= {\left(\frac{-1+\sqrt3i}2\right)}^k\sqrt[3]{-\frac q2+\sqrt{{\left(\frac q2\right)}^2+{\left(\frac p3\right)}^3}} + {\left(\frac{-1+\sqrt3i}2\right)}^{3-k}\sqrt[3]{-\frac q2-\sqrt{{\left(\frac q2\right)}^2+{\left(\frac p3\right)}^3}} \quad (k=0,\,1,\,2) \end{aligned}t​=u+v=(2−1+3​i​)k3−2q​+(2q​)2+(3p​)3​​+(2−1+3​i​)3−k3−2q​−(2q​)2+(3p​)3​​(k=0,1,2)​

위 식에 p=ca−13(ba)2p = \dfrac ca - \dfrac13{\left(\dfrac ba\right)}^2p=ac​−31​(ab​)2, q=227(ba)3−bc3a2+daq = \dfrac2{27}{\left(\dfrac ba\right)}^3 - \dfrac{bc}{3a^2} + \dfrac daq=272​(ab​)3−3a2bc​+ad​를 대입하고 t=x+b3at = x + \dfrac b{3a}t=x+3ab​이므로 위 식에서 b3a\dfrac b{3a}3ab​를 빼면 삼차방정식의 근의 공식이 얻어진다.

3.1. 환원 불능[편집]

u3u^3u3과 v3v^3v3에 관한 이차방정식에서 판별식 DDD가

D=(q2)2+(p3)3={c3a−19(ba)2}3+{127(ba)3−bc6a2+d2a}2=(c327a3−127b2c2a4+181b4ca5−1729b6a6)+(1729b6a6+136b2c2a4+14d2a2−181b4ca5+127b3da4−16bcda3)=27a2d2−b2c2+4ac3+4b3d−18abcd108a4<0\begin{aligned} D &= {\left(\frac q2\right)}^2 + {\left(\frac p3\right)}^3 \\ &= {\left\{\frac c{3a}-\frac19{\left(\frac ba\right)}^2\right\}}^3 + {\left\{\frac1{27}{\left(\frac ba\right)}^3-\frac{bc}{6a^2}+\frac d{2a}\right\}}^2 \\ &= {\left(\frac{c^3}{27a^3} - \frac1{27}\frac{b^2c^2}{a^4}\mathbin{\color{red}+}{\color{red}\cancel{\frac1{81}\frac{b^4c}{a^5}}}\mathbin{\color{blue}-}{\color{blue}\cancel{\frac1{729}\frac{b^6}{a^6}}}\right)}+{\left({\color{blue}\cancel{\frac1{729}\frac{b^6}{a^6}}}+\frac1{36}\frac{b^2c^2}{a^4}+\frac14\frac{d^2}{a^2}\mathbin{\color{red}-}{\color{red}\cancel{\frac1{81}\frac{b^4c}{a^5}}}+\frac1{27}\frac{b^3d}{a^4}-\frac16\frac{bcd}{a^3}\right)} \\ &= \frac{27a^2d^2-b^2c^2+4ac^3+4b^3d-18abcd}{108a^4}<0 \end{aligned}D​=(2q​)2+(3p​)3={3ac​−91​(ab​)2}3+{271​(ab​)3−6a2bc​+2ad​}2=(27a3c3​−271​a4b2c2​+811​a5b4c​​−7291​a6b6​​)+(7291​a6b6​​+361​a4b2c2​+41​a2d2​−811​a5b4c​​+271​a4b3d​−61​a3bcd​)=108a427a2d2−b2c2+4ac3+4b3d−18abcd​<0​

일 경우 해의 형태는 복소수의 세제곱근을 포함하는 복잡한 식이 되는데, 이 경우가 세 근이 실근인 경우[1]이고, 실수만을 이용해서 어떻게 표현되는지는 카르다노의 공식만으로는 알 수가 없다.[2] 이미 근 하나를 알고 있지 않는 한 실근으로 나타낼 수 있는 방법이 없으며[3] 이를 환원 불능이라고 한다. 이를테면 다음과 같은 방정식

x3−15x−4=0x^3 - 15x - 4 = 0x3−15x−4=0

은 x=4x = 4x=4를 근으로 가지므로 위 방정식은 (x−4)(x+2+3)(x+2−3)=0(x - 4)(x + 2+\sqrt3)(x + 2-\sqrt3) = 0(x−4)(x+2+3​)(x+2−3​)=0으로 인수분해가 되는데, 위의 카르다노의 공식을 적용하면 D=(−2)2+(−5)3=−121<0D = (-2)^2 + (-5)^3 = -121<0D=(−2)2+(−5)3=−121<0이 되기 때문에

x=(−1+3i2)k2+11i3+(−1+3i2)3−k2−11i3(k=0, 1, 2)x = {\left(\dfrac{-1+\sqrt3i}2\right)}^k\sqrt[3]{2+11i} + {\left(\dfrac{-1+\sqrt3i}2\right)}^{3-k}\sqrt[3]{2-11i} \quad (k=0,\,1,\,2)x=(2−1+3​i​)k32+11i​+(2−1+3​i​)3−k32−11i​(k=0,1,2)

로 쓸데없이 너저분한 식이 된다.
이 경우엔 다음과 같이 해결이 된다. 우선 k=0k=0k=0이면 두 세제곱근 항의 계수가 111이 되므로 근은 세제곱근의 합임을 알 수 있는데 앞서 u3u^3u3과 v3v^3v3이 켤레근의 관계에 있다는 점에 착안하여, 두 세제곱근 역시 각각 켤레복소수의 관계에 있다고 가정하면 2±11i3=a±bi\sqrt[3]{2\pm11i} = a\pm bi32±11i​=a±bi이며 두 세제곱근의 합이 x=4x = 4x=4를 나타내는 것이라고 할 수 있으므로 a=2a = 2a=2이고, 양변을 세제곱해서 bbb를 구하면 b=1b = 1b=1이 된다. 즉 위의 해는

x=(−1+3i2)k(2+i)+(−1+3i2)3−k(2−i)(k=0, 1, 2)x = {\left(\dfrac{-1+\sqrt3i}2\right)}^k(2 + i) + {\left(\dfrac{-1+\sqrt3i}2\right)}^{3-k}(2 - i) \quad (k=0,\,1,\,2)x=(2−1+3​i​)k(2+i)+(2−1+3​i​)3−k(2−i)(k=0,1,2)

로 고쳐쓸 수 있고, x=−2−3x = -2-\sqrt3x=−2−3​은 k=1k = 1k=1일 때, x=−2+3x = -2+\sqrt3x=−2+3​은 k=2k = 2k=2일 때의 근임을 알 수 있다. 그런데 이렇게 실근 하나를 모르고 있는 상태라면 복소수의 세제곱근이 a+bia + bia+bi의 꼴로 나타내어진다고 식을 세우고 실수부와 허수부의 관계를 비교하여 방정식을 풀어야하는데, 결과적으로 또 다른 삼차방정식을 푸는 상황으로 귀결되며 이는 나중에 갈루아 이론에서 어떤 한 유리근의 존재를 모른다면 실수로 환원할 수 없음이 증명되었다.

4. 삼차 디오판토스 방정식[편집]

한때 화제가 되었던 과일 문제[4]

정수론에서는 삼차 부정방정식이 등장하는데, 정수론에 걸맞게 구해야 하는 해가 정수 또는 유리수여야 하는 제약이 가해진다. 여기서 활용할 수 있는 강력한 도구가 타원곡선으로, 당장 위 문제도 타원곡선을 이용해 간신히 풀렸다. 한국어 해설

[1] 아울러 D=0D = 0D=0이면 중근 혹은 삼중근, D>0D>0D>0이면 실근 한 개와 두 허근을 갖는다. 전술한 것처럼 해의 형태가 ωkα3+ω3−kβ3\omega^k\sqrt[3]\alpha+\omega^{3-k}\sqrt[3]\betaωk3α​+ω3−k3β​로서 서로 켤레복소수 관계에 있는 ωk\omega^kωk, ω3−k\omega^{3-k}ω3−k이 곱해진 세제곱근의 합으로 나타나기 때문에, D>0D>0D>0이면 실근이 하나(k=0⇒ω3=ω0=1k=0 \Rightarrow \omega^3 = \omega^0 = 1k=0⇒ω3=ω0=1이 되는 경우)라는 점은 자명하게 알 수 있다.[2] 유리수로 된 해가 있는지를 알아내려면 유리근 정리와 가우스의 다항식 보조정리를 이용해야 한다. 그러나 저 두 이론도 유리근의 후보를 제시하는 것 뿐이라 하나하나 대입해봐야 근인지 아닌지 알 수 있다.