证明$x^3+ax+b$有双重或三重根当且仅当$4a^3+27b^2$=0

Question

我如何做到这一点而不做真正烦人的代数？证明如果$x^3+ax+b$有一个双根，那么$4a^3+27b^2=0$这很容易，但另一个方向似乎涉及很多代数，可能还有一种更容易的方法。

Answer 1

立方体$p（x）=x^3+ax+b$有双重根千美元$当且仅当$p（k）=0$和$p'（k）=0$换句话说$$\开始{案例}k^3+ak+b=0\\3k^2+a=0.\结束{cases}$$替换$k^2=-a/3$代入第一个方程k美元=-3b/（2a）$。代入第二个等式即可得出270亿美元^2+4a^3=0$很容易看出，这种逻辑是可逆的，因为$p（x）$具有双根当且仅当联立方程有解当且仅如果270亿美元^2+4a^3=0$.

Answer 2

我们可以安排“容易的方向”实际上在两个方向上都有效。让我们通过枚举来工作同等声明从一步到一步。我们有：

• $f=x ^3+x+b$至少有一个具有多重性的根$\ge 0美元$，如果
• $f美元$和$f’$有一个共同的根，iff
• 的结果$f美元$通过$f’$为零，请参见https://en.wikipedia.org/wiki/Resultant（英文），第一句，iff
• 以下行列式为零：$$\开始{vmatrix}1&0&a&b&\\&1&0&a&b\\3&0&a&&\\&3、0、a&\\&&3&0&a\\\结束{vmatrix}\。$$所以我们只需计算上述行列式，美元\ Delta$以符号的方式说。嗯，是的$$\开始{对齐}\三角洲&=\开始{vmatrix}1&0&a&b&\\&1&0&a&b\\3&0&a&&\\&3、0、a&\\&&3&0&a\\\结束{vmatrix}\\&=1\cdot\开始{vmatrix}1&0&a&b\\0&a&（&a）&\\3&0&a&\\&3、0、a\\\结束{vmatrix}+3\cdot号\开始{vmatrix}0&a&b（&a）&\\1&0&a&b\\3、0、a&\\&3、0、a\\\结束{vmatrix}\\&=一个\cdot\开始{vmatrix}1&a&b\\3和a&\\&0年（&a）\\\结束｛vmatrix｝-3\cdot1\cdot\开始{vmatrix}a和b&\\0年（&a）&\\3、0、a\\\结束{vmatrix}+3\cdot3\cdot\开始{vmatrix}a和b&\\0&a&b（&a）\\3、0、a\\\结束{vmatrix}\\&=a \cdot a \cdota\开始{vmatrix}1 & 1\\3 & 1\结束{vmatrix}-3a\cdot1\cdot公司\开始{vmatrix}a和b\\0年（&a）\结束{vmatrix}+3\cdot3\cdot（a^3+3b^2）\\&=-2a^3-3a^3+9a^3+27b^2\\&=4a^3+27b^2。\结束{对齐}$$

Answer 3

从根开始扩展(维埃塔公式)在这种情况下非常简单$$\左（{x-r}\右）\左（{x-s}\右{r+s+t=0\h填\crrs+rt+st=a\hfill\cr-rst=b\hfill\cr}\right。$$

然后假设，在不失一般性的情况下，$r=秒$ $$\eqalign（等效对齐）{&\左\{\矩阵{r+s+t=0\h填\crrs+rt+st=a\hfill\cr-rst=b\hfill\cr}\right。\quad\Rightarrow\quad\left\{\矩阵{2r+t=0\h填充\crr^2+2rt=a\hfill\cr-r^2 t=b\hfill\cr}\right。\四边形\向右箭头\cr&\右箭头\四元\左\{\矩阵{2r+t=0\h填充\cr-3r^2=填写2r^3=b\hfill\cr}\right。\quad\Rightarrow\quad\left\{\矩阵{-27r^6=一个^{\，3}\hfill\cr4r^6=b^2\hfill\cr}\右。\四元\右箭头\cr&\右箭头\四a^{\，3}+27b^2=0\cr}$$

相反，就是倒退。

如果$4a^3+27b^2=0$那么一个总和是非负的，另一个是正的。在现实中，非负面
应为270亿美元^2$我们可以把它放平24美元\cdot 4\cdot r^6$，并将倒数赋值给4a^3美元$.
然后我们简化为a，b美元$并添加$t（美元）$等于2美元$等。

Answer 4

如果$u（美元）$是的二重根$f（x）=x^3+ax+b$，然后$u美元$也是的根$f'（x）=3x^2+a$如果我们假设美元$和十亿美元$是实数，那么我们必须假设$a\le 0美元$因此，我们可以假设$a=-3u^2$对于一些实数$u（美元）$.

然后$f（u）=0表示u^3-3u^3+b=0表示b=2u^3$.

由此可见$\颜色{红色}{f（x）=x^3-3u^2x+2u^3}$因此4a^3+27b^2=0美元$

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相反，假设$4a^3+27b^2=0$.

看看前面的论点，如果我们让$\颜色{红色}{b=2u^3}$注意，函数的范围$u\mapsto 2u^3$是$\mathbb卢比$，因此我们仍在涵盖十亿美元$.然后

\开始{align}4a^3+27b^2&=0\\4a^3+27（2u^3）^2&=0\\4a^3+108u^6&=0\\4a^3&=-108u^6\\a^3&=-27u^6\\a&=-3u^2\结束{对齐}

因此，我们应该

$$f（x）=x^3+ax+b=x^3-3u^2x+2u^3=（x-u）^2（x+2u）\标签{1.}$$

其中$（x-u）^2$是因为，从前面的论点来看，$u（美元）$应该是一个双根$（x+2件）$是因为它使常数项等于$（u^2）（2u）=2u^3$检查一下数学，我们看到了那个等式$(1.)$确实如此。所以$u=\sqrt{-\dfrac a3}$至少是的双根$x^3+ax+b=0$.

Answer 5

这里给出了一个简单的证明$4a^3+27b^2=0$.替代$a=-3\左（\frac{b}{2}\右）^{\frac23}$并显式分解三次函数，

$$x^3+ax+b$$ $$=x^3-4b-3\左（\frac{b}{2}\右）^{\frac23}[x-（4b）^{\frac13}]$$ $$=[x-（4b）^{\frac13}]\左[x^2+（4b$$ $$=[x-（4b）^{\frac13}]\left[x+\left（\frac b2\right）^{\frac13}\right]^2$$

因此，有一个双重根

$$x_{1,2}=-\左（\frac b2\右）^{\frac13}$$

从以下开始，证明另一个方向更容易$（x-s）^2（x-t）=0$具有%s美元$是双重根。消失中的$x^2美元$中的术语$x^3+ax+b=0美元$要求$t=-2s$.然后，$a=s^2+2st=-3s^2$和$b=-2s^3$，导致关系$4a^3+27b^2=0$.