일반적인 3차방정식의 해는? - 3차 근의 공식

1. Introduction

우리나라의 수학교과 과정에서 근의 공식을 암기하는 것은 필수적이다 (공식 자체보다 유도하는 과정이 더 중요함에도 불구하고).

학생들이 처음 경험하는 난잡한 모양의 공식에도 불구하고, 판별식의 개념을 이해하기 위해 필수적이다. 하지만 공식의 난해함과 유도의 복잡성 때문에 교과 과정에서는 2차 근의 공식만을 배우게 된다.

이 글을 읽는 여러분은 학생때 배운 2차 근의 공식을 기억하고 있는가?

(근의 공식이 등장하는 SNL 화산외고편. 웃기니까 안 본 사람은 한번 시청하길 바람ㅋㅋ)

수학교과 과정에서는 3차 방정식에 대한 내용을 배우면서도 3차 근의 공식을 따로 배우지는 않는다. 그러나 3차 근의 공식의 해법은 이미 16세기 (!)에 카르다노에 의해 알려졌다.

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2. Proof

16세기의 수학자 니콜로 폰타나 (or 타르탈리아, Nicola Fontana or Tartaglia)는 페로의 3차방정식 해법에서 더 발전시킨 형태의 해법을 가지고 있었다.

니콜로 폰타나

이에 지롤라모 카르다노 (Girolamo Cardano)는 타르탈리아의 3차방정식 해법을 알아내기 위해 타르탈리아를 설득했다.

지롤라모 카르다노

당시에는 수학 대결이 성행한 시기라 자신의 해법을 알려주는 것을 매우 꺼려했기에 타르탈리아는 계속해서 거절하였다. 그러나 카르다노가 생떼 (?)에 못 이긴 타르탈리아는 결국 카르다노에게 해법을 알려주었다. 이에 카르다노는 타르탈리아에게 감사를 표하며 다른 누구에게도 알리지 않겠다고 약속했다.

물론 카르다노가 그 약속을 지켰으면, 이 방법이 카르다노의 해법으로 불리지는 않았을 거다. 카르다노는 제자인 페라리와 연구하여 일반적인 3차방정식의 근의 공식을 알아낸 다음 이걸 세상에 발표한다. 약속을 어겼다고 생각한 타르탈리아는 카르다노를 비난했으나, 페라리는 카르다노는 타르탈리아가 아닌 페로의 제자에게서 근의 공식을 알아낸 것이며 도리어 타르탈리아가 페로에게서 훔친 것이라고 역으로 비난했다.

아래는 카르다노가 발표한 3차방적식의 해법이다.

$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0 (a \neq 0)$의 해를 구해보자.

a가 0이 아니므로, 최고차항의 계수가 1인 방정식으로 바꿀 수 있다. $$x^3 + \alpha x^2 + \beta x + \gamma = 0$$

이어서, $x = y - {\alpha \over 3}$을 대입하면 이차항을 없앨 수 있다. (꼭 3차만 되는게 아니라 n차 방정식에서 $x = y - {(n-1차 항의 계수) \over n}$을 대입하면 n-1차 항을 없앨 수 있다.) $$y^3 + py + q = 0$$

$y = u + v$를 대입 후 전개하면, $$u^3 + v^3 + (3uv + p)(u+v)+q = 0$$
$u, v, p, q$ 모두 특수 값을 가지면 안되기 때문에, $$u^3 + v^3 + q= 0, (3uv + p) = 0$$

이제 $u^3, v^3$의 합과 곱($3uv + p = 0$에서 $u^3v^3 = -{p^3 \over 27}$)을 얻었으므로, 두 변수를 해로 값는 이차방정식을 생각하자. $$t^2 + qt -{p \over 27} = 0$$

이 방정식을 2차 근의 공식으로 풀면, $$\begin{matrix} 
& t &=& {-q \pm \sqrt {q^2 + {4 \over 27}p^3%3} \over 2} = - {q \over 2} \pm \sqrt {({q \over 2})^2 + ({p \over 3})^3} \\ \\
\therefore & u^3 &=& {q \over 2} + \sqrt {({q \over 2})^2 + ({p \over 3})^3} \\
& v^3 &=& {q \over 2} - \sqrt {({q \over 2})^2 + ({p \over 3})^3}
\end{matrix}$$

그런데, $x^3 - a = 0$의 해는 $\sqrt[3] {a}, \sqrt[3] {a}w, \sqrt[3] {a}w^2$의 3가지이므로 $(w = {1 \pm \sqrt {i} \over 2})$, $u$와 $v$가 각각 3개씩 총 6개의 결과가 나온다.

그러나 $3uv = p = 0$에서 $uv$가 실수가 나와야하므로, 가능한 $y$의 경우의 수는 $u+v, \; uw+vw^2, \; uw^2+vw$의 3가지이다.

결과적으로, 3차 방정식은 다음과 같은 해를 갖는다.

$$x = \sqrt[3] {{q \over 2} + \sqrt {({q \over 2})^2 + ({p \over 3})^3}}w^k + \sqrt[3] {{q \over 2} - \sqrt {({q \over 2})^2 + ({p \over 3})^3}}w^{2k} \; (k = 0, 1, 2)$$

 

이를 완전히 전개했을 때, 임의의 삼차방정식 $ax^3+bx^2+cx+d = 0 (x \neq 0)$의 세 근은 다음과 같다.

$$\begin{align} x_1 = &-\frac{b}{3 a} -\frac{1}{3 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d+\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}} \\ &-\frac{1}{3 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d-\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}} \\ x_2 = &-\frac{b}{3 a} +\frac{1+i \sqrt{3}}{6 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d+\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}} \\ &+\frac{1-i \sqrt{3}}{6 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d-\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}}\\ x_3 = &-\frac{b}{3 a} +\frac{1-i \sqrt{3}}{6 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d+\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}} \\ &+\frac{1+i \sqrt{3}}{6 a} \sqrt[3]{\frac{2 b^3-9 a b c+27 a^2 d-\sqrt{\left(2 b^3-9 a b c+27 a^2 d\right)^2-4 \left(b^2-3 a c\right)^3}}{2}} \end{align}$$

...

안 가르쳐주는건 다 이유가 있나보다.