話說兩千三百多年前，一位 希臘 人生了一種疾病，這位 希臘 人替自己找到了治療這 種疾病的藥方：他寫了一套書，只要日夜閱讀這套書，就可以緩解病情。後來，全世界得 這種疾病的人愈來愈多，像 清朝 的 康熙 皇帝 ○註A，E U美國U第十六任總統U林肯UA○註EA與第二十任 總統U加菲爾德UA○註EA，他們都得過這種疾病；也因為得此疾病的人快速增加，這位U希臘U人所 寫的這套書曾經是世上流傳最廣的書籍。再稍把時間拉近至兩千年前，一位U巴勒斯坦U人生 了另一種疾病，治療這種疾病的方法也是要閱讀書籍，只是需要閱讀另一套書籍。罹患這 種疾病的人數遠超過得了前述疾病的人口，這套書後來居上，成為全世界最暢銷的書籍。
究竟是哪兩套書有這麼神奇的療效呢？
答案是《原本》與《聖經》；《原本》是U歐幾里德U筆耕的書籍，而《聖經》則是神透過U 耶穌U的啟示書。《原本》從五大公設出發，將真實世界與數學世界作區別；而前後寫作年代 超越兩千年，作者四十餘位的《聖經》則是將真實世界與神的世界作區隔：
⊙當碰到理性問題時，將真實世界的情境問題轉換成數學問題，並求救於《原本》，透過 《原本》的公設、引理或定理，推演出數學答案，再將這答案詮釋回真實世界的相應結
果，這是 歐幾里德 症候群患者最拿手的把戲。
⊙當遇到感性問題時，將真實世界的困擾跑去向神父告解，神父透過《聖經》的故事或教 條對你指點迷津，再將這迷津落實於真實世界裡，這是 耶穌 症候群患者的專長。
顯然地，愈能讓各種問題在真實世界與數學世界轉換的人就是數學素養愈好的人；同樣的，
愈能善用靈性世界的知識，幫忙普羅大眾解決生活中的各種困擾者，就是宗教素養愈好的 人。
在工業發達、科技進步與文化昌明的今日，讓自己罹患 歐幾里德 症候群成為一種顯學，
就算你不想生這種病，教育當局也會硬性的強迫你生這種疾病，原因是：世界各國都把數 學課程列為國民義務教育的重要必修課程。數學老師除了努力讓每個學生罹患 歐幾里德 症候群外，還要出數學試題來評量學生患病的輕重，分數愈高者代表病入膏肓，分數愈低 者表示還沒生病，是健康的人。既然試題是為了診斷患病的輕重，一道或一份好的數學試 題就必須滿足以下兩項指標：
(1) 經得起統計學上的考驗：
答對率要適當，鑑別度要合理，鐘形曲線的雛形要出現。這些考驗只需輸入電腦，馬上 可知結果，也就是說，這項指標是比較容易判定的，而且是客觀的。
(2) 能評量數學素養的高低：
關於「數學試題是否能評量數學素養的高低」，是比較主觀的指標，很難每位老師或專 家的看法一致，就如同棒球比賽中，裁判對好、壞球的認定有時也會有所不同。但是，
許志農／臺灣師大數學系
一位好的數學老師除了必須能鑑賞好的數學試題（如同當個合格的裁判）外，最好也要 能設計好的數學試題（如同當個好投手）。雖然這項指標是主觀的，但是隨著時間的成 長、命題經驗的累積、良好觀念的建立，是有機會往客觀的方向大步移動的。
數學老師都是 歐幾里德 症候群的患者，對於真實世界與數學世界之間的轉換要有相當的熟 析度，同時也要能設計出優異的數學試題，利用這些試題來評量學生素養的高低。PISA 就 是想透過這些優秀老師所設計出來的優良題目，來評量學生數學素養的高低。
學生能力國際評量計劃（簡稱 PISA）的重點在評估接近完成基礎教育的十五歲學生，
對於未來生活可能面對的問題情境，準備的程度以及他們習得多少必備的知識和技能。PISA 評量內容涵蓋閱讀、數學和科學三個領域的素養程度。關於數學素養層面，主要評量四大 概念：數量、空間與形狀、改變與關係、不確定性，而題材融入了現在國民都會碰到的全 球暖化、溫室效應、人口成長、浮油與海洋、酸雨或運動常識等課題，生活化的課題都是 可涵蓋的範圍。
數學素養的評量可以用下圖來說明：
數學素養所關注的是學生應用習得的數學能力去面對未來挑戰的能力。這些能力包括分 析、推理以及有效的溝通概念，測驗學生是否能透過形式、公式解決不同領域與情境的數 學問題。這數學素養可根據學生解題的過程細分成如下三種：
○1EA 將情境問題轉化成數學問題（形成數學問題）。
A○2EA 使用數學概念、事實與推理解題（使用數學工具）。
A○3EA 詮釋、應用及評估所得的數學答案（詮釋數學答案）。
A○
註EA傳教士U白晉U與U張誠U曾敎U康熙U皇帝《幾何原本》。
A○
註EAU林肯U在《簡短的自傳》裡說的話：「自從他當了議會議員之後，他學習並掌握了U歐幾里德U的六卷書。他開 始專心立志地進行嚴格的腦力訓練，以提高他的才能，特別是他的邏輯和語文能力。由於他喜歡U歐幾里德U 的書，他在巡行時總帶著它們，經常在枕邊放一小蠟燭，學習到深夜，直到他能容易地證明六卷書中的所有 命題，而於此時，一間屋子裡有半打他的律師夥伴們，沒完沒了的鼾聲充斥房間。」
A○註EAU加菲爾德U利用梯形面積和三角形面積的關係，簡潔地證明了勾股定理。
下圖是一張有三角形屋頂的農場照片：
又下面是一位學生依據這個農場的屋頂做進一步測量結果所畫的數學模型：
在這個屋頂模型中，地板
ABCD是一個正方形，支撐屋頂的橫樑是長方體
EFGH−KLMN
的邊，而
E是 AT 的中點，
F是 BT 的中點，
G是 CT 的中點，且
H是
DT的中點。
若四角錐
T−ABCD的所有邊之長度都是 12 公尺，則
(1) 計算屋頂地板
ABCD的面積：屋頂地板
ABCD=平方公尺。
(2) 計算長方體
EFGH−KLMN的邊 EF 之長度： EF 的長度為 公尺。
(3) 計算屋頂最高點
T的高度：屋頂最高點
T與地板的距離為 公尺。
1 農場
全球性暖化會造成一部分冰川融化的結果。約在冰川消失的十二年後，微小的植物─地 衣，會開始在岩石間生長。地衣生長的形式有如圓圈一般：
圓圈的直徑與地衣的年齡之間關係約可用下列的公式來表示：
7.0 12, 12 d = × t− t≥
﹐
這裡的圓圈直徑
d是以公釐為單位，而 t 表示冰川消失後的年數。
(1) 利用公式，算出冰川消失後 16 年的地衣直徑，並寫出你的計算方法。
(2) 安安 測量出某地區地衣的直徑為 35 公釐。請問在這地區的冰川是多少年前消失？
並寫出你的計算方法。
圈選出符合下列敘述的三角形：
三角形
PQR是一個直角三角形，且
R為直角。
線段
RQ比線段
RP短。
點
M為線段 PQ 的中點，且點
N為線段 RQ 的中點。
點
S是三角形內部的一個點。
線段
MN比線段
MS長。
(A) (B) (C)
(D)
(E)
2 地衣
3 三角形
貞德 坐在鞦韆上，她開始盪鞦韆，並試著盡可能將鞦韆盪到最高：
下面哪個圖最能代表她盪鞦韆時，腳距離地面的高度？
(A)
(B)
(C)
(D)
4 鞦韆
為了健康的理由，人們應該控制他們的活動量，例如運動時，才不會超出特定的心跳頻 率範圍。
數年來，個人最大心跳率和個人年齡的關係以下列的公式描述：
建議最大的心跳率
=220−年齡﹒
最近研究顯示這個公式應略微修正，新的公式如下：
建議最大的心跳率 = 208 − ( 0.7 ×年齡 ﹒ )
(1) 某家報紙報導： 「使用新公式推算每分鐘最大心跳數的結果，年輕人的數據略為減 少，而老年人略為增加」 。
使用新公式推算，從哪一個年齡層起的最大心跳率開始增加。
(2) 建議的最大心跳率公式： 208 − ( 0.7 × 年齡 ，也可以用來決定何時體能訓練是最有效 )
率的。研究指出當心跳是最大心跳率的 80％時，此時體能訓練最有效。
根據年齡寫下最有效率的體能訓練之心跳率計算公式。
5 心跳
下圖是一張平面手扶梯的照片：
將「走在平面手扶梯」與「走在平面手扶梯旁的走道」的距離-時間相關圖描繪如下：
假如上圖中的兩個人走路的速度一樣，請在圖上畫出一條可以表示一個人站在平面手扶 梯上的距離與時間關係的線。
6 平面手扶梯
下列表格提供 2000 年奧運金牌得主在 100 米、200 米、400 米和 800 米項目中的賽跑時 間：
項 目 男 子 女 子 100 9.87 10.07 200 20.0 21.8 400 43.8 49.1
800 1：45 ？
(1) 下列哪一個最有可能是女子 800 米賽跑金牌得主的賽跑時間？
(A) 1：00.18 (B) 1：20.43 (C) 1：48.02 (D) 1：56.15 (2) 在以下表格中，請就各項陳述，填入「正確」或「不正確」 ：
陳 述 「正確」或「不正確」
一般來說，在奧運相同距離的賽跑中 男子跑得比女子快。
不論賽跑的距離如何，男子和女子賽 跑之間的時間差距大約是一樣的。
(3) 下列是 1896 年、1956 年和 2000 年的男子 100 米短跑金牌得主的賽跑時間：
年 份 時間以秒數計算
1896 12.0
1956 10.5
2000 9.87
請舉出你認為的兩個理由來解釋為什麼這些年來的賽跑時間愈來愈短。
7 最快的賽跑者
＊＊ 摘要
二次方程式
ax2+ + =bx c 0有根的公式
a D x b
2
±
= −
，其中
D=
b2− 4
ac為判別式：
當D
=
b2− 4
ac> 0 時，方程式有兩個相異實根；
當D=0
時，方程式有二重根
a x b
2
= −
；
當D<0
時，方程式的兩根為共軛虛數。
那麼，三次方程式
ax3+
bx2+
cx+
d= 0 的根是否也有公式呢？十六世紀的 義大利 數學家 卡丹諾 （G. Cardano﹐1501~1576）僅提供三次方程式的解法
○1，但沒有寫出具體的判別 式與根的公式。本文嘗試提供三次方程式根的公式。
＊＊內文
延續前一篇文章「三次方程式根的行列式判別」中行列式的符號（請參閱龍騰數亦 優第 14 期 P.5～14），我們考慮多項式函數
f(x)=anxn+an−1xn−1++a1x+a0與其導函數
) (x
f ′
的關係，得
(
2 3)
1
1 2 2 1
2 2
( ) ( )
n1
n n n n(*)
n n
a
f x f x x x x x
n n a n a
− −
− − −
= ′ ⋅ + + ⋅ ∆ +∆ + + ∆ + ∆
其中 ∆ （
k 1≤k≤n−1）為下列表達式第一列與第
k+1列所成之二階行列式：
( )
( )
1
1 2
2 1
1 0
1 2
2 1
n n
n n
na a
n a a
a n a
a na
−
− −
−
−
，即
( ) (
1)
1 1n n
k
n k n k
na a
n k a k a
−
− − −
∆ = − +
﹐
1≤k ≤n−1。
在式子
(*)兩側同乘
n an nn−1得
( )
2( ) ( ) ( )
1 2 2 3
1 1 2 2 1
( )
n( ) (**)
n n n n n
n n n n n n n
n a − f x
=
na − f x′ ⋅
na x+
a −+
na −⋅ ∆
x −+∆
x −+ + ∆
− x+ ∆
−可將此式化成 (
na xn+
an−1) 的函數，同時使次高項（ (
n− 次項）消失。 1 )
註 1：卡丹諾 解法：在解三次方程式x3+Ax+ =B 0時，若能找到u v, 使u3+v3+ =B 0且3uv+ =A 0（實際上，
3 3
,
u v 為二次方程式
3
2 0
3
y +By+−A = 的解），就能得出x3+Ax+ =B 0的解。設α αω αω 與, , 2 β βω βω 分別, , 2
為u v3, 3之立方根，則α β αω βω+ , + 2與αω2+βω為三次方程式x3+Ax+ =B 0的三根（此處 3 αβ=−A）。
葉善雲／臺北市東山高中
例如，
(1) 當
n=2時：
f(
x) =
ax2+
bx+
c﹐
f′(x)=2ax+b，
( ) ( )
24af x( )= f x′( ) 2⋅ ax b+ + ∆ = 2ax b+ +∆
，此處
4 2 22 ac b
c b
b
a = −
=
∆
。
(2) 當
n=3時：
f(
x) =
ax3+
bx2+
cx+
d﹐
f′ (
x) = 3
ax2+ 2
bx+
c，
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
1 2
2 2
1 2 1
3 1
1
2
27 ( ) 3 ( ) 3 3
3 3 3 3 3
3 3
3 3 (3 formula)
2
a f x af x ax b a x
ax b ac b ax b ax b a b
ax b ax b a
b
⋅ = ′ ⋅ + + ∆ + ∆
= + + − ⋅ + + ∆ ⋅ + + ∆ − ∆
= + + ⋅ ∆ ⋅ + + ∆ −
∆ 次
此處
16 2
22 2
3
ac bc b
b
a
= −
=
∆ ，且
ad bcd c
b
a
= −
=
∆ 9
3 3
2
。
應用上面的寫法，解二次方程式
ax2+
bx+
c= 0 相當於解二次方程式
(
2ax b+)
2+∆ =0，得方程式的根為
x=21a(
− ± −∆b) ，其中 ∆ = 4
ac−
b2。由
) formula -
3
( 次 ，解三次方程式
ax3+
bx2+
cx+
d= 0 相當於解三次方程式
( )
3 1( )
12
3 3
3 3 0
2
ax b ax b a
b
+ + ⋅ ∆ ⋅ + + ∆ =
∆
，其中
c b
b a
2 2 3
1
=
∆ ，且
d c
b a
3 3
2
=
∆ 。
再由 卡丹諾 解法，解上述三次方程式相當於解下列二次方程式
2 1 1 32
3 0 (***)
2
y a y
b
∆ −∆ + ∆ + =
由於此二次方程式的判別式為
( )
3 1 2 1
2
2 2 2 2 2 2
2 1 2 1 1
2 2 2
2 1 1 2
1
2 1
2
3 4
8
9 6 1 6 2
2
9 3 6
3 0
3 2 .
0 a
b
a ab b ac b
a ac ab
a a b c
∆ −∆
∆ − ⋅
= ∆ − ∆ ∆ + ∆ + − ∆
= ∆ + ∆ − ∆ ∆
∆
= ⋅ ∆ ∆
∆
若令
2 1 2 1
0 2
0 3
∆
∆
∆
∆
= Ω
c b a
，則二次方程式
(***)的解為
2 3 3
2
1 ± Ω
∆
− ∆
= b a
a
y
。
再根據前一篇文章「三次方程式根的行列式判別」 ，我們列出底下的結果作為引理。
引理：
設
f(
x) =
ax3+
bx2+
cx+
d為實係數三次多項式，令 ∆ （
k k= 1 , 2 ）為下列表達式第一列 與第
k+1列所成之二階行列式：
d c
c b
b a
3 2 2 3
，即
b cb a
2 2 3
1
=
∆ ﹐
d c
b a
3 3
2
=
∆ ﹐且令
2 1 2 1
0 2
0 3
∆
∆
∆
∆
= Ω
c b a
， 則我們有下列方程式實根個數的判別：
(1)
Ω=0⇔
f(
x) = 0 有重根（二或三重根） 。 (2)
a⋅Ω>0⇔
f(
x) = 0 有一個實根及兩個虛根。
(3)
a⋅Ω<0⇔
f(
x) = 0 有三個相異實根。
底下，我們就
c b
b a
2 2 3
1=
∆
是否為 0，
2
3 1
∆
∆ b
a
是否為 0，與
3aΩ的正負符號，討論三次
方程式的根，進而推導三次方程式根的公式。
定理： （三次方程式根的行列式表示）
設
f(
x) =
ax3+
bx2+
cx+
d= 0 為實係數三次方程式， ∆ 為下列表達式第一列與第
k k+1列 所成之二階行列式：
d c
c b
b a
3 2 2 3
，令
b cb a
2 2 3
1
=
∆ ﹐
d c
b a
3 3
2
=
∆ ，並設
2 1 2 1
0 2
0 3
∆
∆
∆
∆
= Ω
c b a
。
1. 當
Ω=0時，三次方程式
f(x)=0有重根：
(1) 若 ∆
1= 0 ，則 ∆
2= 0 ，此時
f(x)=0有三重根
a b−3
。 (2) 若 ∆
1≠ 0 ，則
f(x)=0有二重根
1 2
∆
− ∆ 及另一實根
1
2
2∆ + ∆
−
ab
。
2. 當
a⋅Ω>0時，三次方程式
f(x)=0有一實根及兩虛根：
(1) 若 ∆
1= 0 ，則
f(x)=0的唯一實根為
31a⋅ − −(
b 33a∆2) ，且兩虛根為
(
3 2)
1 3
3
b aa
⋅ − − ∆ ω 與 3 1
a⋅ − − (
b 33
a∆
2ω
2) ，其中 ω = − 1 + 2 3
i。
(2) 若 3 0
2 1
=
∆
∆
ba
，則
f(x)=0的唯一實根為
ab 3
−
，且另兩虛根為
∆ ⋅
±
−
⋅
b ia
2
3 3
1
1。
(3) 若 ∆
1≠ 0 且 3 0
2
1
≠
∆
∆
ba
，則
f(x)=0的唯一實根為
− Ω
∆
− ∆ + Ω
∆ +
− ∆ +
−
⋅
3 21
3 2
1
2 3 3 2
3 3 3
1
ab a a
b a
a b
，
且另兩虛根為
⋅ Ω
∆ −
− ∆ +
⋅ Ω
∆ +
− ∆ +
−
⋅
3 2 21
3 2
1
2 3 3 2
3 3 3
1 ω ω
b a a a
b a
a b
與
⋅ Ω
∆ −
− ∆ +
⋅ Ω
∆ +
− ∆ +
−
⋅ ω
3 2ω
1
3 2
2 1
2 3 3 2
3 3 3
1
ab a a
b a
a b
。
3. 當
a⋅Ω<0時，三次方程式
f(x)=0有三個相異實根（此時
∆1<0）
○2EA： (1) 若 3 0
2 1
=
∆
∆
ba
，則
f(x)=0的三個實根為
ab
3
− 與
− ∆
±
−
⋅ 2
3 3
1 1
a b
。
(2) 若 3 0
2
1
≠
∆
∆
ba
，則
f(x)=0的三個實根為
− + − ∆ ⋅
⋅ 2 cos3
3 1
1
b
θ
a
與
1 1
cos 3 sin
3 b 2 3 3
a
θ θ
−∆
⋅ − + ⋅ − ± ⋅
，其中
( )
1 1 2
3 1
cos 3
2
b a
θ
−
∆ − ∆
= −∆
○3EA
。
註 2：當 f x( )=0有三個相異實根時，f x( )必有兩個相異臨界點，即f x′( )=0有兩個相異實根，此時
( )
2b2− ⋅4 3ac= − ⋅2(
6ac−2b2)
= − ∆ >2 1 0，於是∆ <1 0。註 3：當cosθ >0，取0 2 θ π
≤ < ，此時 3
cos 1
2 3
< θ ≤ ；當cosθ <0，取
π θ π2 < ≤ ，此時1 3 2 cos3 2
≤ θ < 。
證明 》
1. 當
Ω=0時，三次方程式
f(x)=0有重根的情形：
(1) 因為當 ∆
1= 0 時，由
Ω=3a∆22=0得 ∆
2= 0 。又由 ( 次 3 - formula ) ，知
( )
32
( ) 1 3
f x 27 ax b
= a ⋅ +
，故
f(x)=0有三重根
a b−3
。
(2) 由
1(
1 2)
( ) ( ) ( ) 1
f x f x q x 9 x
′ a
= ⋅ + ⋅ ∆ + ∆
及 (
1 2)
2( ) 1 ( )
f x 9 x q x
′ = a⋅ ∆ + ∆ ⋅ ○4EA
得
(
1 2) [
1 2]
( ) 1 ( ) ( ) 1
f x 9 x q x q x
= a⋅ ∆ + ∆ ⋅ +
，又由重根定理知
1 2
∆
− ∆ 為
f(x)=0的二重
根，並得
f(x)=0的另一實根為
1
2
2∆ + ∆
−
ab
。
2. 當
a⋅Ω>0時，三次方程式
f(x)=0有一實根及兩虛根的情形：
(1) 因為當 ∆
1= 0 時，由 ( 次 3 - formula ) 得
( )
3 22
( ) 1 3 3
f x 27 ax b a
a
= ⋅ + + ∆
，其中 ∆
2≠ 0 （因為 3
220
2
∆ >
= Ω
aa
） ，
故
f(x)=0有唯一實根
31a⋅ − −(
b 33a∆2) ，且兩虛根為
31a⋅ − −(
b 33a∆2ω ) 與
(
3 2 2)
1 3
3 b a
a⋅ − − ∆
ω ，其中
2 3 1+ i
= −
ω 。
(2) 因為當 3 0
2 1
=
∆
∆
ba
時（此時
3 2
3
∆
1= Ω
a
， ∆
1> 0 ） ，由 ( 次 3 - formula ) 得
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 2 1
1
3 3
27 ( ) 3 3 3 3
2 2
a ⋅f x = ax b+ + ⋅ ∆ ⋅ ax b+ = ax b+ ax b+ + ∆
，
故
f(x)=0有唯一實根
ab
3
− ，且另兩虛根為
∆ ⋅
±
−
⋅ b i
a 2
3 3
1 1
。
註 4：二次多項式Ax2+Bx+C除以一次多項式Dx+E的餘式為 2
0 1
0 A D B E D
D C E
⋅ 。
(3) 當 ∆
1≠ 0 且 3 0
2
1
≠
∆
∆
ba
時，由 ( 次 3 - formula ) 得
( ) ( )
12 3
1
2
3 3
27 ( ) 3 3
2
a f x ax b ax b a
b
⋅ = + + ⋅ ∆ ⋅ + + ∆
∆
，
再由 卡丹諾 解法及二次方程式
2 1 1 32
3 0
2
y a y
b
∆ −∆
+ ∆ + =
的兩根為
2 3 3
2
1 + Ω
∆
− ∆
= b a
a
y
與
2 3 3
2
1 − Ω
∆
− ∆
= b a
a
y
，
知
f(x)=0的唯一實根為
− Ω
∆
− ∆ + Ω
∆ +
− ∆ +
−
⋅
3 21
3 2
1
2 3 3 2
3 3 3
1
ab a a
b a
a b
，
且另兩虛根為
⋅ Ω
∆ −
− ∆ +
⋅ Ω
∆ +
− ∆ +
−
⋅
3 2 21
3 2
1
2 3 3 2
3 3 3
1 ω ω
b a a a
b a
a b
與
⋅ Ω
∆ −
− ∆ +
⋅ Ω
∆ +
− ∆ +
−
⋅ ω
3 2ω
1
3 2
2 1
2 3 3 2
3 3 3
1
ab a a
b a
a b
。
3. 當
a⋅Ω<0時，三次方程式
f(x)=0有三個相異實根的情形（此時 ∆
1< 0 ） ： (1) 因為當 3 0
2 1
=
∆
∆
ba
時，由 ( 次 3 - formula ) 得
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 2 1
1
3 3
27 ( ) 3 3 3 3
2 2
a ⋅f x = ax b+ + ⋅ ∆ ⋅ ax b+ = ax b+ ax b+ + ∆
，
故
f(x)=0的三個實根為
ab 3
−
與
− ∆
±
−
⋅ 2
3 3
1 1
a b
。
(2) 設 (
1 3 2)
3(
1 3 2)
3(
cos sin)
2 2 2 2
b a a b a a
i r
θ
iθ
∆ − ∆ + Ω = ∆ − ∆ + − Ω = ⋅ +
，
其中 (
1 2) (
2)
13 1 31 1
3 3
2 2 2 2
r= b∆ − ∆a + − Ω =a −∆ = −∆
，且
0<θ
<π ，
則 (
1 3 2)
3 1 3(
cos sin)
2 2
b a a
θ
iθ
∆ − ∆ ± Ω = −∆ ⋅ ±
。
於是由 棣美弗 定理得 (
13
2) 3 2
b
∆ − ∆ ±
a aΩ
的三個立方根為
1
cos sin
2 θ 3
iθ 3
−∆ ⋅ ± ﹐
1cos sin 2 θ 3
iθ ω 3
−∆ ⋅ ± ⋅ 與
1
cos sin
22 θ 3
iθ ω 3
−∆ ⋅ ± ⋅ 。
因此，由 ( 次 3 - formula ) 及 卡丹諾 解法知
f(x)=0的三個根為
− + − ∆ ⋅
⋅
=
−∆ ⋅
⋅ +
−
⋅
= 2 cos3
3 1 cos3
2 2 3
1
1 1
1
θ
θ
bb a
x a
﹐
1 2 2
1
1 cos sin cos sin
3 2 3 3 3 3
1 cos 3 sin ,
3 2 3 3
x b i i
a a b
θ θ ω θ θ ω
θ θ
−∆
= ⋅ − + ⋅ + ⋅ + − ⋅
−∆
= ⋅ − + ⋅ − − ⋅
1 2 3
1
1 cos sin cos sin
3 2 3 3 3 3
1 cos 3 sin ,
3 2 3 3
x b i i
a a b
θ θ ω θ θ ω
θ θ
−∆
= ⋅ − + ⋅ + ⋅ + − ⋅
−∆
= ⋅ − + ⋅ − + ⋅
故
f(x)=0的三個實根為
− + − ∆ ⋅
⋅ 2 cos3
3 1
1
b
θ
a
與
1 1
cos 3 sin
3 b 2 3 3
a
θ θ
−∆
⋅ − + ⋅ − ± ⋅
，其中
( )
1 1 2
3 1
cos 3
2
b a
θ
−
∆ − ∆
= −∆
。
推論 》
1. 若整係數三次方程式有重根，則此方程式的三根皆為有理根。
○5E註 5：當三次方程式有重根時（根的判別式為 0），由 卡丹諾 解法所推得的公式解，仍出現立方根的形式，
不易直接判定根是否為有理數。
2. 設
f(
x) =
ax3+
bx2+
cx+
d為實係數三次多項式，則
0) (x =
f
的三個根成等差 ⇔ 3 0
2 1
=
∆
∆
ba
。
○6EA此時
f x( )=0的三個根為
3b
− a
與 1 3
13 3 2
b a a
− ± ⋅ − ∆ 。
實例說明 》
1. 三次方程式 8
x3− 12 3
x2+ 18
x− 3 3 = 0 （
Ω=0且 ∆
1= 0 ）有三重根
23
。
2. 三次方程式
x3−3x2+3x+1=0（
Ω>0且 ∆
1= 0 ）有唯一實根 1+
32 及兩虛根 1 +
32
ω與
3 2
2 1 +
ω。
3. 三次方程式
x3− 3 2
x2+ 9
x− 5 2 = 0 （
Ω>0且 3 0
2 1
=
∆
∆
ba
）有唯一實根 2 及兩虛根
i
3 2 ± 。
4. 三次方程式 2
x3− x 3
2+ 2 = 0 （
Ω>0， ∆
1≠ 0 且 3 0
2 1
≠
∆
∆
ba
）有唯一實根
) 2 2 3 2
2 3 1 2 (
1⋅ +3 − + +3 − −
。 （此值約
−0.677651）
5. 三次方程式
x3− 3 2
x2+ 3
x+ 2 = 0 （
Ω<0且 3 0
2 1
=
∆
∆
ba
）有三個相異實根 2 ，
3
2 + 與 2 − 3 。
6. 說明
x3− +
x2( 4 2 − 7 ) (
x+ 11 8 2 − ) = 有二重根 0 1 − 2 及另一實根 2 2 − 。 1
令
f x( ) =
x3− +
x2( 4 2 − 7 ) (
x+ 11 8 2 − ) ﹐
f x′ ( ) = 3
x2− + 2
x( 4 2 − 。 7 )
由 ∆ 的表達式：
k( )
( )
3 1
2 2 4 2 7 4 2 7 3 11 8 2
−
− ⋅ −
− ⋅ −
，得 ∆ = ⋅
14 6 2 11 ( − ) ﹐ ∆ = ⋅
24 23 17 2 ( − ) 。
由判別式 0
2 17 23 0
7 2 4
11 2 6 2 17 23 2
0 11
2 6 3
4
2=
−
−
−
−
−
−
⋅
=
Ω ，
知方程式有二重根
1 249 2 49 49 11 2 6
2 17 23
1
2 = − = −
−
− −
∆ =
−∆
及另一實根 2 2 − 。 1
註 6：當 f x( )=0的三個根成等差且公差為δ （ δ 可能為複數）時，不妨設
( )( )( ) (
3 2(
2 2) (
2 2) )
( ) 3 3
f x = ⋅a x−r x− +r δ x− −r δ = ⋅a x − rx + r −δ x−r r −δ ，則f x′( )=3ax2−6arx+3ar2−aδ2。
由∆k的表達式：
( )
( )
2 2
2 2 2 2
3 3
6 2 3
3 3
a ar
ar a r
ar a ar r
δ
δ δ
−
− ⋅ −
− − ⋅ −
，得∆ = −1 6a2δ2,∆ =2 6a r2δ2，於是
2 2 1
2 2
2
3 3 6
0
3 6
a a a
b ar a r
δ δ
∆ −
= =
∆ − 。
7. 欲求
k值使方程式
x3+kx2+kx+1=0有二或三重根，方法如下：
令
f(
x) =
x3+
kx2+
kx+ 1 ﹐
f′ (
x) = 3
x2+ 2
kx+
k。 由 ∆ 的表達式：
k3 2 2
3
kk k
k
，得 ∆ = − ⋅ − ﹐
12
k(
k3 ) ∆ = − −
2(
k3 )(
k+ 。 3 )
由判別式
( )
( )( ) ( )
( )( )
3 2 3 0
2 3 3 2 3 0
0 3 3
k k
k k k k k
k k k
− ⋅ −
Ω = − − + − ⋅ − =
− − +
，得 (
k−3) (
3 k+ =1)
0，
當
k =3時，
x3+kx2+kx+1=0有三重根
1 3 =−−k
； 當
k =−1時，
x3+kx2+kx+1=0有二重根 ( 3 )
2 1
kk
− + = 且另一根為
− k−2⋅1=−1。 8. 說明三次方程式
x3− x7 +6=0有三相異實根
1,
2與
−3。
令
f(
x) =
x3− 7
x+ 6 ，則
f′ (
x) = 3
x2− 7 ，得 ∆
1= − 42 ﹐ ∆
2= 54 ，
於是 3600 0
9 0 7
7 9 0
0 7 3
6
2= − <
−
−
−
⋅
=
Ω ，由根的判別定理知
f(
x) = 0 有三個相異實根。
因此由
21 7
27 21
42 162 2
cos 3
3 1
2
1
= − = −
∆
−
∆
−
=
b∆
aθ ，取
21 3 cos θ 3 =
﹐
7 2 sin θ 3 =
，
（實際上，由 27
cos θ = 7 21 − ，可得 3 3
cos ,
3 2 21 21
θ = 或 9
2 21
− ）
得方程式
f(x)=0的三根為 2
21 84 3 3 1 cos 3 3 2
1
1
⋅ = ⋅ ⋅ =
∆
−
⋅ θ
與
1 1 1 3 2
cos 3 sin 21 3 1 2 1 3
3 2 3 3 3 21 7
θ θ
−∆
⋅ ⋅ − ± ⋅ = ⋅ ⋅ − ± ⋅ = − ± = 或−
。
〔另解〕由
1
2
3 3
3 54 3 ( 3600)
81 30 3
2 2
a a
b i
− ∆ ± Ω
∆ − ⋅ ± ⋅ −
= = − ± 的立方根
○7EA分別為
3 5 3 , 3 2 3 , 9 32 2 i ± i − ±2 2 i
，得方程式
f x( )=0的三根為
1 3 5 3 3 5 3 13 2 2 i 2 2 i
⋅ − + + =
及
13⋅ +(
3 2 3i+ −3 2 3i)
=2與
1 9 3 9 3 3 3 −2 2 i −2 2 i
⋅ + + − = −
。
註 7：利用「若3 A+ B = +α β B，則α滿足三次方程式4x3− ⋅3 3 A2− ⋅ − = 且B x A 0 1 3 2 A 2
A B
β =α + ⋅ − 。」
化簡根式。
利用外積與三階行列式的概念─
※ 研究目的 》
試圖利用外積與三階行列式的概念，來求兩歪斜線之公垂線段的兩端點坐標。
※ 研究過程 》
已知空間直角坐標系中， O 為原點，兩歪斜線L 與1 L 分別通過點2 A A ，1, 2 L 與1 L 的方向向2 量分別為
d1,d2，
d1不平行
d2，試求L 與公垂線的交點1 B 及1 L 與公垂線的交點2 B 坐標。 2 一、設A B
1 1=t d1
1,A B2 2=t d2
2 。二、∵A B d
1 2,
1,d1×d2 共平面，∴
2 1
1
1 2 2 2 2 1 2 2 2 1
1 2
1 1 1 1 2
2
1 2 1 2 1 2 1 2
1
1 2
0 0 0
A A d
A B A B A A t d A A
d d
d d d d t
d d d d d d d d d
d d d
− ×
= ⇒ = ⇒ − = ⇒ =
× × × ×
×
。
三、∵A B d
2 1,
2,d1×d2 共平面，∴
1 2
2
2 1 1 1 1 2 1 1 1 2
1 2
2 2 2 2 1
1
1 2 1 2 1 2 1 2
2
1 2
0 0 0
A A d
A B A B A A t d A A
d d
d d d d t
d d d d d d d d d
d d d
− ×
= ⇒ = ⇒ − = ⇒ =
× × × ×
×
。
李維昌／國立宜蘭高中
四、結論：
1 2 2 1
2 1
1 2 1 2
1 1 1 1 1 1 1
1 2
1 2
2 2 2 2 2 2 2
2 1
1 2 1 2
, ,
A A A A
d d
d d d d
OB OA A B OA t d
t t
d d
OB OA A B OA t d
d d
d d d d
× ×
= + = +
= =
= + = +
× ×
。五、應用：
設空間二歪斜線： 1 11 5 7 2 5 4 6
: , :
4 3 1 3 4 2
x y z x y z
L − = + = + L + = − = −
− − − − ，已知
1 (4, 3, 1), 2 (3, 4, 2), 1 (11, 5, 7), 2 ( 5, 4, 6) d = − − d = − − OA = − − OA = −
， O 為空間直角坐標系的原點，
1 2 ( 16,9,13)
A A
= − 。試求 (1)L 與公垂線的交點1 B 。(2)1 L 與公垂線的交點2 B 。2
1
16 9 13
3 4 2 16 9 13 3 1 1 4 4 3 3 4 2
4 2 2 3 3 4 2 5 7 156 4 3 1 78 2 3 4 2
4 3 1
2 5 7
3 4 2
3 1 1 4 4 3 4 2 2 3 3 4 t
−
− − −
− − − − − −
− − − − − −
= = = = −
− −
− −
− −
− − −
− − − −
− − − −
﹐
2
16 9 13
4 3 1 16 9 13 3 1 1 4 4 3 4 3 1
4 2 2 3 3 4 2 5 7 156 3 4 2 78 2 4 3 1
3 4 2
2 5 7
4 3 1
3 1 1 4 4 3 4 2 2 3 3 4 t
− −
− − − −
− − − − − −
− − − − − −
= = = =
− − −
− −
− −
− − −
− − − −
− − − −
﹐
OB
1=(11, 5, 7)− − + − ⋅( 2) (4, 3, 1)− − =(3,1, 5)−﹐
OB
2= −( 5, 4, 6)+ ⋅2 (3, 4, 2)− − =(1, 4, 2)−﹒
Sol
