虛數的起源 (上)(The Origin of Imaginary Number )(I)

虛數的起源 (上)(The Origin of Imaginary Number $$\sqrt{-1}$$)(I)
台北市立第一女子高級中學數學科蘇俊鴻老師/國立臺灣師範大學數學系洪萬生退休教授責任編輯

高中課程對於虛數 $$i=\sqrt{-1}$$ 的介紹，常由方程式 $$x^2+1=0$$ 的根引入。然而，這樣的方式總會讓人感覺不對勁：國中時此一方程式可以視為沒有實根，而將它忽略，到了高中卻又刻意定義使用它。事實上，我們若回顧虛數的發展歷史時，就會發現虛數的出現與二次方程式沒有關連，而是三次方程式的緣故，使得數學家無法迴避根號內出現負數的情形。綜覽現有依照98課綱編寫的課本，開始有作者會交代虛數出現的緣起，但限於篇幅，總是顯得太過簡略。本文的目的，就是把虛數這段的發展，做一個比較完整的說明。

這個故事得從義大利的卡丹諾 (Girolamo Cardano, 1501-1576) 談起。卡丹諾是數學史上有名的怪人，通曉醫學、數學與天文學，同時也喜愛賭博及占星術。1545 年，卡丹諾出版《大技術》(Ars Magna，意即「偉大的技藝」(the Great Art))， 包含了任意三次方程式的根式解法，以及解釋這些解法為何行得通的幾何論證。同時，也包含他的學生費拉里 (Lodovico Ferrari, 1522-1565) 在四次方程上的根式解法。不過，三次方程式的解法的公開，塔達里亞 (N. Fontana Tartaglia, 1500-1557) 認為卡丹諾違反兩人的約定，不但大力抨擊抗議，還向他提出數學挑戰。塔達里亞為何反應如此激烈？這已經是另一段故事，有興趣的讀者，不妨參閱英家銘、蘇意雯合寫的〈數學與「禮物交換」〉一文。(收錄於洪萬生等著， 《當數學遇見文化》)

卡丹諾最大的貢獻，是對於缺了二次項，形如 $$x^3+px+q=0$$ 的三次方程式，給出公式解。
如果用現代的數學符號表示，卡丹諾的公式就是

$$x=\displaystyle\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+{\frac{p^3}{27}}}}+\sqrt[3]{\frac{-q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+{\frac{p^3}{27}}}}$$

。受限於當時對於方程式係數必須為正的要求，卡丹諾將這種缺項的三次方程式分成 $$x^3+cx=d$$，$$x^3+d=cx$$，$$x^3=cx+d$$（$$c,d$$ 均為正整數）三種，分別給出公式及幾何論證。至於有二次項的，形如 $$x^3+ax^2+bx+c=0$$ 的方程式，卡丹諾則利用 $$x=y-\frac{a}{3}$$ 能將平方項消去，就能使上述的公式。接下來，我們以方程式 $$x^3=cx+d$$ 為例，說明卡丹諾的工作。

對於形如方程式$$x^3=cx+d$$，卡丹諾給的公式解為

$$x=\displaystyle\sqrt[3]{\frac{d}{2}+\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}}+\sqrt[3]{\frac{d}{2}+\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}}$$

。他是如何得到的？不妨由圖一看起，他將三次方視為一立方體，透過體積關係，可知和的立方公式是成立的：$$(u+v)^3=u^3+v^3+3u^2v+3uv^2=3uv(u+v)+(u^3+v^3)$$。再與方程式 $$x^3=cx+d$$ 相比，可知，如果聯立方程組 $$\begin{cases}u^3+v^3=d&\cdots(1)\\3uv=c&\cdots(2)\end{cases}$$ 的 $$(u,v)$$ 有解，則 $$x=u+v$$ 即為 $$x^3=cx+d$$ 的其中一個解。

 解法如下：

由（2）式 $$\Rightarrow uv=\displaystyle\frac{c}{3} \Rightarrow u^3v^3=(\frac{c}{3})^3\Rightarrow\begin{cases}\displaystyle u^3+v^3=d\\\displaystyle u^3v^3=(\frac{c}{3})^3\end{cases}$$

令 $$s=u^3$$，$$t=v^3$$ 可得 $$\begin{cases}\displaystyle s+t=d&\cdots(3)\\\displaystyle st=(\frac{c}{3})^3&\cdots(4)\end{cases}$$

由 （3），$$s=d-t$$ 代入 （4）：$$\displaystyle (d-t)t=(\frac{c}{3})^3$$

$$\begin{array}{ll}\Rightarrow&\displaystyle t^2-dt+(\frac{c}{3})^3=0\\\Rightarrow&\displaystyle t=\frac{d\pm\sqrt{d^2-4\times 1\times(\frac{c}{3})^3}}{2}=\frac{d}{2}\pm\sqrt{\frac{d^2-4(\frac{c}{3})^3}{4}}=\frac{d}{2}\pm\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}\end{array}$$

情形一：$$\displaystyle t=\frac{d}{2}+\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}$$ 代入 （3），

$$\displaystyle s=d-t=d-(\frac{d}{2}+\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3})=\frac{d}{2}-\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}$$

情形二：$$\displaystyle t=\frac{d}{2}-\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}$$ 代入 （3），

$$\displaystyle s=d-t=d-(\frac{d}{2}-\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3})=\frac{d}{2}+\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}$$

因此，$$(u^3,v^3)=(s,t)=\displaystyle\left(\frac{d}{2}-\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3},\frac{d}{2}+\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}\right)$$

或 $$\displaystyle\left(\frac{d}{2}+\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3},\frac{d}{2}-\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}\right)$$

$$\Rightarrow (u,v)=\displaystyle\left(\sqrt[3]{\frac{d}{2}-\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}},\sqrt[3]{\frac{d}{2}+\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}}\right)$$

或 $$\displaystyle\left(\sqrt[3]{\frac{d}{2}+\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}},\sqrt[3]{\frac{d}{2}-\sqrt{(\frac{d}{2})^2-(\frac{c}{3})^3}}\right)$$

利用卡丹諾的公式，我們可以解決許多三次方程式的問題。然而，卻也引發了其他的問題。比如說，對於方程式 $$x^3=15x+4$$ 的解，我們使用公式解會得到 $$x=\sqrt[3]{2+\sqrt{-121}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{-121}}$$。就當時數學家的觀點，平方根號內出現負數是不合理的事，通常是忽略它。如此一來，這個三次方程就不可解。可是，另一方面，我們可輕易地檢驗出 $$x=4$$ 是這估三次方程式的一個解。為何利用卡丹諾公式所求得的結果中，沒有看到 $$x=4$$ 出現？如此一來，利用公式所得到的解 $$x=\sqrt[3]{2+\sqrt{-121}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{-121}}$$ 和 $$4$$ 有沒有關係呢？這些問題，必須等到另一位義大利的數學家邦貝利（Rafael Bombelli,1526-1573）的出現才獲得解決。欲知詳情，請下集分曉囉。