一元三次方程的解法可以嗎?一元三次方程求根公式的解法摘自高中數(shù)學(xué)網(wǎng)站一元三次方程的求根公式用通常的演繹思維是作不出來的，用類似解一元二次方程的求根公式的配方法只能將型如ax^3+bx^2+cx+d+0的標(biāo)準(zhǔn)型一元三次方程形式化為x^3+px+q=0的特殊型。一元三次方程的求解公式的解法只能用歸納思維得到，即根據(jù)一元一次方程、一元二次方程及特殊的高次方程的求根公式的形式歸納出一元三次方程的求根公式的形式。歸納出來的形如x^3+px+q=0的一元三次方程的求根公式的形式應(yīng)該為x=A^(1/3)+B^(1/3)型，即為兩個開立方之和。歸納出了一元三次方程求根公式的形式，下一步的工作就是求出開立方里面的內(nèi)容，也就是用p和q表示A和B。方法如下：（1）將x=A^(1/3)+B^(1/3)兩邊同時立方可以得到（2）x^3=(A+B)+3(AB)^(1/3)(A^(1/3)+B^(1/3))（3）由于x=A^(1/3)+B^(1/3)，所以（2）可化為x^3=(A+B)+3(AB)^(1/3)x，移項(xiàng)可得（4）x^3－3(AB)^(1/3)x－(A+B)＝0，和一元三次方程和特殊型x^3+px+q=0作比較，可知（5）－3(AB）^（1/3）＝p,－(A+B)=q，化簡得（6）A+B＝－q，AB＝-（p/3）^3（7）這樣其實(shí)就將一元三次方程的求根公式化為了一元二次方程的求根公式問題，因?yàn)锳和B可以看作是一元二次方程的兩個根，而(6)則是關(guān)于形如ay^2+by+c=0的一元二次方程兩個根的韋達(dá)定理，即（8）y1＋y2＝－（b/a）,y1*y2=c/a(9)對比（6）和（8），可令A(yù)＝y(tǒng)1，B＝y(tǒng)2，q＝b/a，-（p/3）^3＝c/a(10)由于型為ay^2+by+c=0的一元二次方程求根公式為y1＝－（b＋（b^2－4ac）^(1/2)）/(2a)y2＝－（b－（b^2－4ac）^(1/2)）/(2a)可化為(11)y1＝－(b/2a)-((b/2a)^2-(c/a))^(1/2)y2＝－(b/2a)+((b/2a)^2-(c/a))^(1/2)將(9)中的A＝y(tǒng)1，B＝y(tǒng)2，q＝b/a，-（p/3）^3＝c/a代入（11）可得(12)A＝－(q/2)-((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)B＝－(q/2)+((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)(13)將A，B代入x=A^(1/3)+B^(1/3)得(14)x=（－(q/2)-((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)）^(1/3)+（－(q/2)+((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)）^(1/3)式(14)只是一元三方程的一個實(shí)根解，按韋達(dá)定理一元三次方程應(yīng)該有三個根，不過按韋達(dá)定理一元三次方程只要求出了其中一個根，另兩個根就容易求出了。x^y就是x的y次方好復(fù)雜的說塔塔利亞發(fā)現(xiàn)的一元三次方程的解法一元三次方程的一般形式是x3+sx2+tx+u=0如果作一個橫坐標(biāo)平移y=x+s/3，那么我們就可以把方程的二次項(xiàng)消去。所以我們只要考慮形如x3=px+q的三次方程。假設(shè)方程的解x可以寫成x=a-b的形式，這里a和b是待定的參數(shù)。代入方程，我們就有a3-3a2b+3ab2-b3=p(a-b)+q整理得到a3-b3=(a-b)(p+3ab)+q由二次方程理論可知，一定可以適當(dāng)選取a和b，使得在x=a-b的同時，3ab+p=0。這樣上式就成為a3-b3=q兩邊各乘以27a3，就得到27a6-27a3b3=27qa3由p=-3ab可知27a6+p3=27qa3這是一個關(guān)于a3的二次方程，所以可以解得a。進(jìn)而可解出b和根x。費(fèi)拉里發(fā)現(xiàn)的一元四次方程的解法和三次方程中的做法一樣，可以用一個坐標(biāo)平移來消去四次方程一般形式中的三次項(xiàng)。所以只要考慮下面形式的一元四次方程：x4=px2+qx+r關(guān)鍵在于要利用參數(shù)把等式的兩邊配成完全平方形式?？紤]一個參數(shù)a，我們有(x2+a)2=(p+2a)x2+qx+r+a2等式右邊是完全平方式當(dāng)且僅當(dāng)它的判別式為0，即q2=4(p+2a)(r+a2)這是一個關(guān)于a的三次方程，利用上面一元三次方程的解法，我們可以解出參數(shù)a。這樣原方程兩邊都是完全平方式，開方后就是一個關(guān)于x的一元二次方程，于是就可以解出原方程的根x。最后，對于5次及以上的一元高次方程沒有通用的代數(shù)解法(即通過各項(xiàng)系數(shù)經(jīng)過有限次四則運(yùn)算和乘方和開方運(yùn)算)，這稱為阿貝耳定理/forum/archiver/?tid-85077.html/2006-2-7/20062781401.htm/bbs/printpage.asp?BoardID=32&ID=6599這3個網(wǎng)站都是一元四次方程的解法! 第三講

簡易高次方程的解法來源：初中數(shù)學(xué)競賽2005-09-0916:21:37[標(biāo)簽：解法]在整式方程中，如果未知數(shù)的最高次數(shù)超過2，那么這種方程稱為高次方程．一元三次方程和一元四次方程有一般解法，但比較復(fù)雜，且超過了初中的知識范圍，五次或五次以上的代數(shù)方程沒有一般的公式解法，這由挪威青年數(shù)學(xué)家阿貝爾于1824年作出了證明，這些內(nèi)容我們不討論．本講主要討論用因式分解、換元等方法將某些高次方程化為低次方程來解答．例1解方程x3-2x2-4x＋8=0．解原方程可變形為x2(x-2)-4(x-2)=0，(x-2)(x2-4)=0，(x-2)2(x+2)=0．所以x1＝x2＝2，x3=-2．說明當(dāng)ad=bc≠0時，形如ax3＋bx2＋cx＋d=0的方程可這樣=0可化為bkx3+bx2+dkx+d=0，即(kx+1)(bx2+d)=0．方程ax4+bx3+cx+d=0也可以用類似方法處理．例2解方程(x-2)(x＋1)(x＋4)(x+7)=19．解把方程左邊第一個因式與第四個因式相乘，第二個因式與第三個因式相乘，得(x2+5x-14)(x2＋5x＋4)=19．設(shè)則(y-9)(y+9)=19，即y2-81＝19．說明在解此題時，仔細(xì)觀察方程中系數(shù)之間的特殊關(guān)系，則可用換元法解之．例3解方程(6x＋7)2(3x+4)(x+1)=6．解我們注意到2(3x+4)=6x＋8=(6x+7)+1，6(x+1)=6x＋6=(6x＋7)-1，所以利用換元法．設(shè)y=6x＋7，原方程的結(jié)構(gòu)就十分明顯了．令y=6x＋7，①由(6x＋7)2(3x＋4)(x＋1)=6得(6x＋7)2(6x＋8)(6x＋6)=6×12，即y2(y＋1)(y-1)=72，y4-y2-72＝0，(y2＋8)(y2-9)=0．因?yàn)閥2＋8＞0，所以只有y2-9=0，y=±3．代入①式，解得原方程的根為例4解方程12x4-56x3+89x2-56x+12=0．解觀察方程的系數(shù)，可以發(fā)現(xiàn)系數(shù)有以下特點(diǎn)：x4的系數(shù)與常數(shù)項(xiàng)相同，x3的系數(shù)與x的系數(shù)相同，像這樣的方程我們稱為倒數(shù)方程．由例5解方程解方程的左邊是平方和的形式，添項(xiàng)后可配成完全平方的形式．所以經(jīng)檢驗(yàn)，x1=-1，x2=2是原方程的根．例6解方程(x+3)4+(x+1)4=82．分析與解由于左邊括號內(nèi)的兩個二項(xiàng)式只相差一個常數(shù)，所以設(shè)于是原方程變?yōu)?y＋1)4＋(y-1)4＝82，整理得y4+6y2-40=0．解這個方程，得y=±2，即x+2=±2．解得原方程的根為x1=0，x2=-4．說明本題通過換元，設(shè)y=x＋2后，消去了未知數(shù)的奇次項(xiàng)，使方程變?yōu)橐子谇蠼獾碾p二次方程．一般地，形如(x＋a)4＋(x+b)4=c例7解方程x4-10x3-2(a-11)x2＋2(5a+6)x+2a+a2=0，其中a是常數(shù)，且a≥-6．解這是關(guān)于x的四次方程，且系數(shù)中含有字母a，直接對x求解比較困難(當(dāng)然想辦法因式分解是可行的，但不易看出)，我們把方程寫成關(guān)于a的二次方程形式，即a2-2(x2-5x-1)a+(x4-10x3＋22x2+12x)=0，△=4(x2-5x-1)2-4(x4-10x3＋22x2＋12x)=4(x2-2x+1)．所以所以a=x2-4x-2或a=x2-6x．從而再解兩個關(guān)于x的一元二次方程，得練習(xí)三1．填空：(1)方程(x＋1)(x＋2)(x＋3)(x＋4)=24的根為_______．(2)方程x3-3x＋2=0的根為_____．(3)方程x4+2x3-18x2-10x+25=0的根為_______．(4)方程(x2+3x-4)2＋(2x2-7x＋6)2=(3x2-4x+2)2的根為______．2．解方程(4x＋1)(3x+1)(2x+1)(x+1)=3x4．3．解方程x5＋2x4-5x3＋5x2-2x-1=0．4．解方程5．解方程(x+2)4+(x-4)4=272．6．解關(guān)于x的方程x3+(a-2)x2-(4a+1)x-a2＋a+2=0．一元高次方程解法例說教學(xué)2009-10-2108:05:02閱讀636評論2字號：大中小一元高次方程解法舉例阿丹一個整式方程經(jīng)過整理后，如果只含有一個未知數(shù)，并且未知數(shù)的最高次數(shù)大于2，這樣的方程就是一元高次方程。和解分式方程、無理方程一樣，有些特殊的高次方程也可以化為一元一次方程或一元二次方程來解。解一元高次方程的基本思想是降次，基本方法有因式分解法和換元法。下面通過舉例介紹簡單的一元高次方程的兩種基本解法。一、因式分解法因式分解法是解一元高次方程首選的方法。這種解法的理論根據(jù)是兩個因式的積等于零的充分必要條件是這兩個因式至少要有一個等于零，即：。因式分解法解一元高次方程的一般步驟：(1)將方程右邊化為零(2)將方程左邊分解為幾個一次因式乘積(3)令每個因式分別為零，得到幾個一元一次方程或一元二次方程(4)解這幾個一元一次方程或一元二次方程，它們的解就是原方程的解［例題1］解下列一元高次方程：(1)x3–4x2+3x=0(2)x3–3x2–4x+12=0分析：這兩個一元高次方程的右邊等于零，解題的關(guān)鍵是通過因式分解將方程的左邊化成幾個因式的積的形式。解：(1)x3–4x2+3x=0x(x2–4x+3)=0x(x–1)(x–3)=0∴x=0或x–1=0或x–3=0∴x1=0，x2=1，x3=3(2)x3–3x2–4x+12=0x2(x–3)–4(x–3)=0(x–3)(x2–4)=0(x–3)(x+2)(x–2)=0∴x–3=0或x+2=0或x–2=0∴x1=3，x2=-2，x3=2〖練一練〗解下列一元高次方程：(1)x3–2x2–3x=0［x1=0，x2=-1，x3=3］(2)x3–2x2–4x+8=0［x1=x2=2，x3=-2］二、換元法對于某些特殊的一元高次方程，可以添設(shè)一個輔助元替換原來的未知數(shù)，達(dá)到使高次方程降次的目的，這種解一元高次方程的方法稱為換元法。換元法是一種重要的數(shù)學(xué)方法，它不僅可以用在解方程中，在其他許多領(lǐng)域都有著廣泛的應(yīng)用。換元法解一元高次方程的一般步驟：(1)設(shè)輔助未知數(shù)，并用含輔助未知數(shù)的代數(shù)式去表示方程中另外的代數(shù)式(2)解所得到的關(guān)于輔助未知數(shù)的新方程，求出輔助未知數(shù)的值(3)把輔助未知數(shù)的值代回原設(shè)中，求出原未知數(shù)的值，即原方程的解［例題2］解下列一元高次方程：(1)x4–7x2–18=0(2)(x2–x)2–8(x2–x)+12=0分析：第(1)題是一個雙二次方程，它是只含有未知數(shù)的偶次冪的一元四次方程，這類方程通過換元法可以轉(zhuǎn)化為一元二次方程求解，只需令x2=y。第(2)題觀察方程的特點(diǎn)，可以把x2–x看成一個整體，通過換元法可以轉(zhuǎn)化為一元二次方程求解，只需令x2–x=y。解：(1)x4–7x2–18=0令x2=y，則原方程變?yōu)閥2–7y–18=0∴y1=9，y2=-2當(dāng)y=9時，x2=9，∴x1=3，x2=-3當(dāng)y=-2時，x2=-2，此方程無實(shí)數(shù)解∴原方程的解為x1=3，x2=-3(2)(x2–x)2–8(x2–x)+12=0令x2–x=y，則原方程變?yōu)閥2–8y+12=0∴y1=6，y2=2當(dāng)y=6時，x2–x=6，即x2–x–6=0∴x1=3，x2=-2當(dāng)y=2時，x2–x=2，即x2–x–2=0∴x3=2，x4=-1∴原方程的解為x1=3，x2=-2，x3=2，x4=-1注：如果把第(1)題中的x2，第(2)題中的x2–x看成一個整體，即把兩方程分別看成關(guān)于x2和x2–x的一元二次方程，也可直接用因式分解法求解。另解：(1)x4–7x2–18=0(x2–9)(x2+2)=0∴x2–9=0或x2+2=0解方程x2–9=0，得x1=3，x2=-3解方程x2+2=0，此方程無實(shí)數(shù)根∴原方程的解為x1=3，x2=-3(2)(x2–x)2–8(x2–x)+12=0(x2–x–6)(x2–x–2)=0∴x2–x–6=0或x2–x–2=0解方程x2–x–6=0，得x1=3，x2=-2解方程x2–x–2=0，得x3=2，x4=-1∴原方程的解為x1=3，x2=-2，x3=2，x4=-1〖練一練〗解下列一元高次方程：(1)x4–5x2+6=0［］(2)x6–26x3–27