一元三次，四次方程的解法

古孜努爾?依孜阿木丁

中圖分類號：G632 文獻標識碼：B 文章編號：1672-1578（2016）01-0213-01

1.一元三次方程的解法

定義：如果只含有一個未知數并且未知數的最高次數為三的方程叫做一元三次方程。

一元三次方程的一般形式：ax3+bx2+cx+d=0，a≠0

1.1 形如x3+px+q=0的一元三次方程的解法。設有方程x3+px+q=0（1）

我們令x=u+v，并代入方程（1）得（x+v）3+p（u+v）+q=0

展開并整理得到u3+v3+q+（3uv+p）（u+v）=0（2）為了減少（2）中的未知數，不妨設從而（2）變為3uv+p=0u3+v3+q=0根據偉大定理可知u3，v3是二次方程

y2+qy-P327=0的兩個根，解這個二次方程得從而有u1=3-q2+q24+p327，u2=ωu1，u3=ωu1 v1=3-q2-q24+p327，v2=ωv1，v3=ωV1

其中ω=-1+3i2，ω=-1-3i2

因此方程x3+px+q=0三個解的公式是：

這個公式叫做卡丹（cardano）公式。

這里x=u+v中u與v各有3個值，因此x=u+v共有9個值，但是其中u，v的三個值滿足條件uv=-p3，所以原方程只有三個解x1，x2，x3。如

又如：u2v3=-p3， u2v3=-p3其中6個值不滿足條件uv=-p3。

下面討論根的情況：

由以上可得一元三次方程的判別式：D=q24+p327。

并且可知D決定了根的性質：

（1）當D>0時，u3，v3是不相等的兩個實數，原方程（1）有一個實根和兩個共軛虛根，即

（2）當D=0時，u3=v3=-q2，原方程（1）有三個實根，并且其中兩個相等，即x1=u1+v1=-23q2

x2=x3=u2+v3=ωu1+ωv1=u1（ω+ω）=-u1=3q2

（3）當D<0時，u和v都是復數，并且共軛復數，因為由|nz|=n|z|有

因為即u=v即uj=vj （j=1，2，3）

設u1=s+it是u的任意一個值，從而v1=s-it，因此有

x1=u1+v1=2s

x2=u1ω+v1ω=12（u1+v1）+i32（u1-v1）=-s-t3

x3=ωu1+ωv1=12（u1+v1）-i32（u1-v1）=-s+t3

即D<0時原方程有三個互異的實根，它們是：

x1=u1+v1，x2=u1ω+u1ω，x3=v1ω+v1ω

2.一般一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0的解法

設有一般地一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0 a≠0（1）

對它進行化簡，目標是將它的二次項系數化為零。令x=y+k，其中k是一個待定常數并代入（1） 得a（y+k）3+b（y+k）2+c（y+k）+d=0

展開并整理得到ay3+（3ak+b）y2+（3ak2+2bk+c）y+（ak3+bk2+ck+d）=0

取（2）把（2）代入（1）得ay3+（--b23a+c）y+（2b327a2-bc3a+d）=0

即（3） 。

其中p=1a（--b23a+c），q=1a（2b327a2-bc3a+d）

只要解出（3）的解，利用變化（2）就可以知道方程（1）的解。根據形如x3+px+q=0的一元三次方程的解法可以知道方程（3）的三個解：又由x=y-b3a方程的三個根x1，x2，x3。由以上的討論可知方程ax3+bx2+cx+d=0的解法步驟：（1）由a，b，c，d的值求k=-b3a，p=1a（--b23a+c），q=1a（2b327a2-bc3a+d）

或x=y-b3a代入原方程得y3+px+q=0寫出 的值，且寫出x=y-b3a。

（2）計算判別式D=q24+p327與u3=-q2+D，v3=-q2-D其中根據u，v的值計算出y1，y2，y3的解。（3）把y1，y2，y3的值代入x=y-b3a得到原方程的三個根x1，x2，x3。

3.一元四次方程的解法

定義：如果只含有一個未知數并且未知數的最高次數為四的方程叫做一元四次方程。

一元四次方程的一般形式：ax4+bx3+cx2+dx+e=0 a≠0。

3.1 用待定系數法解一元四次方程。待定系數法的定義：為了求得某一個代數式可以根據這個代數式

的一般形式引入待定的系數，然后根據條件列出方程組，再通過解方程組來確定待定的系數值，這種確定未知代數式的方程叫做待定系數法。設有方程x4+ax3+bx2+cx+d=0 a≠0

（1）令x=y-a4并代入原方程消去三次項得y4+py2+qy+r=0

設y4=py2+qy+r=（y2+ky+l）（y2-ky+m）=y4+（l+m-k2）y2+k（m-l）y+lm

其中系數k，l，m是待定常數，通過比較系數得l+m-k2=pk（m-l）=qlm=r

（3）若k=0，則q=0若k≠0時可解得l=K3+pk-q2km= K3+pk+q2kr= （K3+pk）2-q24k2

（4）于是k6+2pk4+（p2-4r）k2-q2=0

（5）設k0是該方程的任意一個根，則由（4）有l0=k03+pk0-q2k0，m0=k03+pk0+q2k0

從而方程（2）變為（y2+k0y+l0）（y2-k0+m0）=0

分別解方程（y2+k0y+l0）=0和（y2-k0+m0）=0

即可得方程（2）的解，并進一步得到方程（1）的解。