实系数代数方程的精确解

发布时间：2020-03-02 17:59:24 来源：范文大全收藏本文下载本文手机版

关于实系数代数方程的精确解

一元三次方程的传统解法

1，首先我们来回顾一下所学过的代数方程

①一元一次方程（小学）⑴一次方程 ②二元一次方程组，三元一次方程组（中学）③N元一次方程组（大学）⑵二次方程① 一元二次方程② 二元二次方程组（中学）

① 一元三次方程⑶高次方程② 一元四次方程

......2，下面我们先对前两大类进行分别研究

b①一元一次方程形如ax=b(a0) 其解为 x=a⑴一次方程②二元一次方程组，三元一次方程组我们通过代入法或者

加减消元法求其解③N元一次方程组Axb,我们通过矩阵的初等变换来进行求解

在这里需要强调一点：在中学阶段我们求解的一次方程绝大多数是只有一个解的，而在大学阶段我们求解的方程（组）有很多情况时候解是不唯一的（这里面需要用到的有基础解系和特解），甚至有时候会出现方程组无解的情况，这里不再赘述

①一元二次方程形如ax2bxc0(a0)2 我们通过设axbxca(xx1)(xx2)bc 可得到韦达定理 x1x2,x1x2aabb 通过配方法可得到求根公式 x1,x22a2a⑵ 二次方程 2其中判别式=b4ac(这里没有写当判别式等于零或者小于零的情况）② 二元二次方程组中学阶段我们学的方法很有限，只是当能分解因式时我们通过降次进行求解，而在大学阶段我们的高等代数书上（选学内容）又介绍了一些其他的方法，感兴趣的可看看3, 最后我们进入今天的核心主题：一元三次方程的传统解法.在讲解之前我们先给大家讲一个关于三次方程求解方程的两个人物卡尔丹（卡当或者卡尔丹诺）和塔里塔利亚（塔塔里亚）

塔里塔利亚：意大利人，年幼口吃，其名因此而得。没有上过一天学，但是他的数学天赋极高，凭借他个人的天赋和坚持不懈的努力，最终他发现了一元三次方程的求根公式。这也使他在古希腊的几次数学大赛中大获全胜，但是他却不愿与世人分享这一先进的优秀成果，因而在一定程度上阻碍了数学向前发展

卡尔丹：意大利医生兼数学家。当他知道塔里塔利亚拥有了一元三次方程求根公式时，便虚心的向其讨教，并发誓不把这一机密公诸于世。但是心高气傲的塔里塔利亚不想搭理他。而卡尔丹使用了各种方法迫使塔里塔利亚交给他，最后塔里塔利亚无奈之下写了几句魔咒，心想卡尔丹绝不会明白其中的奥秘。或许是天意，卡尔丹的悟性实在是太高了，他通过亲自解一元三次方程的实践，很快就参悟了塔里塔利亚的魔咒。最后卡尔丹将一元三次方程的求根公式公诸于世，并注明是

塔里塔利亚首先发现的。这一公式被收录于英国的大法一书中下面将要介绍一元三次方程

1,ax3b322,axbx03,ax3bx2cx0⑴一元三次方程的形式324,axbxc05,ax3bxc0326,axbxcxd0(a0)

对于前三种形式我们很熟悉，都可以很快解出来。然而对于后面的三种形式却一筹莫展。然而我们可以通过平移变换可以将后面的三种形式归一，即为形式5 ⑵对于一元三次方程的最一般式ax3bx2cxd0(a0)

① 第一步，通过平移去掉二次项。可令xy3b3a(1)

3acb22b39abc27a2d,q

化简后可得ypyq0,(2)其中p 3a227a3

② 第二步，接下来呢，就是见证奇迹的时刻，请大家睁大眼睛

pp363令yz,带入方程（2）整理可得zqz0,(3)3z27p332再令tz（4）,即可得到一个一元二次方程tqt0(5)274p3qqqq2p327 解方程5,可得到 t12242724p3qqqq2p3q2p327t2,记作判别式=，22427427qq则方程的解可以表示为t1=，t2=,22然后将t1代入（4）得21i3qqq33z1t1,z222221i3qqp3z33，再将z的值代入yz可2223z33得到y1z1p3q3z12pqq3322q332y2z2y3z3pqq333z222pqq333z322而后我们再将y的值代入到方程（）即1可得到原方程的解即为x1x2bbqqy1333a3a22bbqqy2333a3a22bbqqy3333a3a22 x3

最后我们再来讨论一下有方程实数根的个数在高等代数里面我们已经知道实系数代数方程中复根成对定理所以实系数一元三次方程要么没有复根，要么有一对共轭复根。由上面的结论可知道y2和y3是互为共轭的。

若0，则方程只有一个实数根，另外是一对共轭复根bqbq23,x2x333a23a2若0,则原方程有三个不等实数根若0，则有x1下面作出简单的说明首先令bi,则-bi，qqbir3(sin3icos3)22qq-bir3(sin3icos3)22bqq于是x1333a22br(sinicos)r(sinicos)3ab2rsin，是一个实数，同理可以证明3a余下的两个根也是实数再令

4,我们简要说明一下如何求解一元四次方程

费拉里法：方程两边同时除以最高次项的系数可得

x4bx3cx2dxe0(1),移项可得x4bx3=-cx2dx（e2）1两边同时加上b2x2,可将（2）式左边配成完全平方，方程成为411(x2bx)2b2x2-cx2dxe(3),在（3）式两边同时加上24 11111(x2bx)yy2,可得[(x2bx)y]2(x2bx)yy2242241b2x2-cx2dxe(4)4（4）式中的y是一个参数。当（4）式中的x为原方程的根时，不论y取什么值，（4）式都应成立。特别，如果所取的y值使（4）式右边关于x的二次三项式也能变成一个完全平方式，则对（4）对两边同时开方可以得到次数较低的方程。为了使（4）式右边关于x的二次三项式也能变成一个完全平方式，只需使它的判别

式变成0，即（byd)24(b2cy)(y2e)0

这是关于y的一元三次方程，可以通过塔里塔利亚公式来求出y应取的实数值。把由（5）式求出的y值代入（4）式后，（4）式的两边都成为完全平方，两边开方，可以得到两个关于x的一元二次方程。解这两个一元二次方程，就可以得出原方程的四个根。费拉里发现的上述解法的创造性及巧妙之处在于：第一次配方得到（3）式后引进参数y，并再次配方把（3）式的左边配成含有参数y的完全平方，即得到（4）式，再利用（5）式使（4）的右边也成为完全平方，从而把一个一元四次方程的求解问题化成了一个一元三次方程及两个一元二次方程的求解问题 5，最后我们将以一个实例来作为今天的结束语。求cos36？121414

解法一：画图直接求解解法二列方程求解

1,x(2x21)0.25,根据高等代数的知识可知道其中cos36cos72=0.25一个有理根是-0.5，而后根据韦达定理求解

2，直接根据求根公式带入（结果并不是很理想）

实系数一元二次方程教案

代数方程计算题7

C13 100429 求线性代数方程的解(高斯消去法)