|
|
本帖最后由 hbghlyj 于 2022-12-24 02:53 编辑
何万程，孙文彩《立体几何技巧与方法》附录A
一元三次方程
$\newcommand{\cbrt}{\sqrt[3]}$先求解方程$x^3+px+q=0$($p$和$q$都是实数).
㈠令$p=-3ab,q=-a^3-b^3$,其中$a\ge b$,则有$x^3-3abx-a^3-b^3=0$,而$x^3-3abx-a^3-b^3=(x-a-b)(x-\omega a-\bar\omega b)(x-\bar\omega a-\omega b)$,其中$\omega=-\frac12+\frac{\sqrt3}2i$,于是方程$x^3+px+q=0$的解为$x_1=a+b,x_2=\omega a+\bar\omega b,x_3=\bar\omega a+\omega b$.现在来求$a$和$b$的值:由$$p=-3ab\tag{1}\label{1}$$$$q=-a^3-b^3\tag{2}\label{2}$$\eqref{2}平方得$a^6+2a^3b^3+b^6=q^2$,即$$(a^3-b^3)^2=q^2-4(ab)^3\label{3}\tag{3}$$由\eqref{1}得$ab=-\frac p3$,代入\eqref{3}得$(a^3-b^3)^2=q^2+4\left(\frac p3\right)^3$,因此$$a^3-b^3=\sqrt{q^2+4\left(\frac p3\right)^3}\label4\tag4$$此时需$\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p3\right)^3\geqslant0$,\eqref{4}减\eqref{2}后除以2得$$a=\cbrt{-\frac q2+\sqrt{\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p3\right)^3}}$$$$b=\cbrt{-\frac q2-\sqrt{\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p3\right)^3}}$$所以当$\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3} \geqslant 0$时,方程$x^3+px+q=0$的解如下\begin{array}{l}x_{1}=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}} \\ x_{2}=\omega \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}}+\bar{\omega} \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}} \\ x_{3}=\bar{\omega} \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}}+\omega \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}}\end{array}上面$x_1$的式子也称为 Cardano 公式, Girolamo Cardano(1501-1576)是意大利人,在1545年他出版的《大术》一书提及 Cardano 公式.
㈡令$x=r \cos \theta(r>0,0 \leqslant \theta \leqslant \pi)$,则$r^{3} \cos ^{3} \theta+r p \cos \theta+q=0,$令$\frac{r^{3}}{r p}=\frac{4}{-3}$,因此得下式:$$-\frac{8 p}{9} \sqrt{-3 p} \cos ^{3} \theta+\frac{2 p}{3} \sqrt{-3 p} \cos \theta+q=0$$即$$-\frac{2 p \sqrt{-3 p}}{9}\left(4 \cos ^{3} \theta-3 \cos \theta\right)+q=0$$从上式可得$\frac{2 p \sqrt{-3 p}}{9} \cos 3 \theta=q$即$\cos 3 \theta=\frac{-3 q \sqrt{-3 p}}{2 p^{2}}$,此时必须$\left|\frac{-3 q \sqrt{-3 p}}{2 p^{2}}\right| \leqslant 1$,即$\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3} \leqslant 0$.还可得下面的式子:\begin{array}{l}\theta_{1}=\frac{1}{3} \arccos \frac{-3 q \sqrt{-3 p}}{2 p^{2}} \\ \theta_{2}=\frac{1}{3}\left(2 \pi-\arccos \frac{-3 q \sqrt{-3 p}}{2 p^{2}}\right) \\ \theta_{3}=\frac{1}{3}\left(2 \pi+\arccos \frac{-3 q \sqrt{-3 p}}{2 p^{2}}\right)\end{array}其中$0 \leqslant \theta_{1} \leqslant \theta_{2} \leqslant \theta_{3} \leqslant \pi$,于是得解(其中$x_{1} \geqslant x_{2} \geqslant x_{3}$):\begin{array}{l}x_{1}=r \cos \theta_{1}=\frac{2}{3} \sqrt{-3 p} \cos \left(\frac{1}{3} \arccos \frac{-3 q \sqrt{-3 p}}{2 p^{2}}\right) \\ x_{2}=r \cos \theta_{2}=-\frac{2}{3} \sqrt{-3 p} \cos \left(\frac{1}{3}\left(\pi+\arccos \frac{-3 q \sqrt{-3 p}}{2 p^{2}}\right)\right) \\ x_{3}=r \cos \theta_{3}=-\frac{2}{3} \sqrt{-3 p} \cos \left(\frac{1}{3} \arccos \frac{3 q \sqrt{-3 p}}{2 p^{2}}\right)\end{array}这种情况也可以利用㈠的结果和复数开方的方法得到相同的结论,这里就不再详细写出来了.
㈡的情况由群论的结论知,若方程无有理数解,此时不能用系数、四则运算、实根式通过有限次复合表示根.当$p$和$q$都是复数时,可利用㈠的方法求解过有限次复合表示根.当$p$和$q$都是复数时,可利用㈠的方法求解.
对于方程$x^{3}+p x+q=0$有另外一种解法:作Vièta代换$x=y-\frac{p}{3 y},$代入原方程化简,得$27 y^{6}+27 q y^{3}-p^{3}=0$,利用一元二次方程的解法便可求得$y$,进而求得$x$.
一般的一元三次方程$a x^{3}+b x^{2}+c x+d=0 \quad(a \neq 0)$可化为$\left(x+\frac{b}{3 a}\right)^{3}+\frac{3 a c-b^{2}}{3 a^{2}}\left(x+\frac{b}{3 a}\right)+\frac{27 a^{2} d-9 a b c+2 b^{3}}{27 a^{3}}=0$来求解.
一元四次方程
两类特殊的一元四次方程的解法
(1)方程$(ax+b)(ax+b+c)(ax+b+2c)(ax+b+3c)=d\quad(a\ne0)$
解 原方程可变为$((ax+b)^2+3c(ax+b))((ax+b)^2+3c(ax+b)+2c^2)=d$
$⇔\left((a x+b)^{2}+3 c(a x+b)\right)^{2}+2 c^{2}\left((a x+b)^{2}+3 c(a x+b)\right)+c^{4}=c^{4}+d$
$⇔\left((a x+b)^{2}+3 c(a x+b)+c^{2}\right)^{2}=c^{4}+d⇔(a x+b)^{2}+3 c(a x+b)+c^{2}=\pm\sqrt{c^{4}+d}$
所以方程$(a x+b)(a x+b+c)(a x+b+2 c)(a x+b+3 c)=d(a \neq 0)$的解为$x_{1,2}=\frac{-2 b-3 c \pm \sqrt{5 c^{2}+4 \sqrt{c^{4}+d}}}{2 a}, x_{3,4}=\frac{-2 b-3 c \pm \sqrt{5 c^{2}-4 \sqrt{c^{4}+d}}}{2 a}$.
(2)方程$(a x+b)^{4}+(a x+c)^{4}=d(a \neq 0)$
解 令$y=ax+\frac{b+c}2$,则原方程变为$\left(y+\frac{b-c}{2}\right)^{4}+\left(y-\frac{b-c}{2}\right)^{4}=d⇔\left(y^{2}+(b-c) y+\frac{(b-c)^{2}}{4}\right)^{2}+\left(y^{2}-(b-c) y+\frac{(b-c)^{2}}{4}\right)^{2}=d$
$⇔2\left(y^{2}+\frac{(b-c)^{2}}{4}\right)^{2}+2(b-c)^{2} y^{2}=d⇔2 y^{4}+3(b-c)^{2} y^{2}+\frac{(b-c)^{4}}{8}=d$
上面方程的解是$y=\pm \frac{\sqrt{-3(b-c)^{2}+2 \sqrt{2(b-c)^{4}+2 d}}}{2}$或$y=\pm \frac{\sqrt{-3(b-c)^{2}-2 \sqrt{2(b-c)^{4}+2 d}}}{2}$
因此方程$(a x+b)^{4}+(a x+c)^{4}=d(a \neq 0)$的解是
$x_{1,2}=\frac{-b-c \pm \sqrt{-3(b-c)^{2}+2 \sqrt{2(b-c)^{4}+2 d}}}{2 a}$,
$x_{3,4}=\frac{-b-c \pm \sqrt{-3(b-c)^{2}-2 \sqrt{2(b-c)^{4}+2 d}}}{2 a}$.
Ferrari解法
Ferrari Lodovico(1522-1565)是意大利数学家,他第一个求出四次方程的代数解.他出身贫苦,15岁时,到 Cardano处为仆.接下来讨论一般的一元四次方程的解法就是 Ferrari的方法.
先来求解方程$x^{4}+p x^{2}+q x+r=0$($p,q,r$都是实数).两边加上$2mx^2+m^2$,得$\left(x^{2}+m\right)^{2}=(2 m-p) x^{2}-q x+m^{2}-r=(2 m-p)\left(\left(x-\frac{q}{4 m-2 p}\right)^{2}+\frac{m^{2}-r}{2 m-p}-\left(\frac{q}{4 m-2 p}\right)^{2}\right)$
使$2m\ne p$时,$\frac{m^2-r}{2m-p}-\left(\frac q{4m-2p}\right)^2=0$.即$$4(2m-p)(m^2-r)-q^2=0\tag5\label5$$若$2m=p$时,$(-q)^{2}-4(2 m-p)\left(m^{2}-r\right)=0$,若$q=0$,此时方程为$x^{4}+p x^{2}+r=0$,四根为
$x_{1,2}=\pm \sqrt{\frac{-p+\sqrt{p^{2}-4 r}}{2}}, x_{3,4}=\pm \sqrt{\frac{-p-\sqrt{p^{2}-4 r}}{2}}$
若$q\ne0$,则$2m\ne p$,此时\eqref{5}可化为$8 m^{3}-4 p m^{2}-8 r m+4 p r-q^{2}=0$,$m$的一根是
$m=\frac{1}{6}\left(\sqrt[3]{\frac{2 p^{3}+27 q^{2}-72 p r+\sqrt{\Delta}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{2 p^{3}+27 q^{2}-72 p r-\sqrt{\Delta}}{2}}+p\right)$
(其中$\Delta=\left(2 p^{3}+27 q^{2}-72 p r\right)^{2}-4\left(p^{2}+12 r\right)^{3}$.)或
$m=\frac{\sqrt{p^{2}+12 r}}{3} \cos \left(\frac{1}{3} \arccos \frac{\left(2 p^{3}+27 q^{2}-72 p r\right) \sqrt{p^{2}+12 r}}{2\left(p^{2}+12 r\right)^{2}}\right)+\frac{p}{6}$
所以原方程变为$x^2+m=\sqrt{2m-p}\left(x-\frac q{4m-2p}\right)$或$x^{2}+m=-\sqrt{2 m-p}\left(x-\frac{q}{4 m-2 p}\right)$,
因此方程$x^4+px^2+qx+r=0$的四个根是
$x_{1,2}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{2 m-p} \pm \sqrt{-2 m-p-\frac{2 q}{\sqrt{2 m-p}}}\right),$
$x_{3,4}=\frac{1}{2}\left(-\sqrt{2 m-p} \pm \sqrt{-2 m-p+\frac{2 q}{\sqrt{2 m-p}}}\right)$.
例1.解方程$x^{4}-10 x^{2}-32 x-7=0$.
解 原方程可变为$x^{4}-10 x^{2}-32 x-7=0$,两边加上$2mx^2+m^2$得
$\left(x^{2}+m\right)^{2}=(2 m+10)\left(\left(x+\frac{8}{m+5}\right)^{2}+\frac{m^{2}+7}{2 m+10}-\left(\frac{8}{m+5}\right)^{2}\right)$
令$\frac{m^{2}+7}{2 m+10}-\left(\frac{8}{m+5}\right)^{2}=0$,即$m^{3}+5 m^{2}+7 m-93=0$,其根为$m=3$或$m=-4 \pm \sqrt{15}i$.
取$m=3$,则原方程变为$\left(x^{2}+3\right)^{2}=16(x+1)^{2}$,所以得$x^{2}-4 x-1=0$或$x^{2}+4 x+7=0$,
解上面两个方程,得方程$x^{4}-10 x^{2}-32 x-7=0$的解是$x_{1,2}=2 \pm \sqrt{5}, x_{3,4}=-2 \pm \sqrt{3} i$.
$p,q,r$其中一个是虚数也可以用上面的方法求解.
一般的一元四次方程$a x^{4}+b x^{3}+c x^{2}+d x+e=0(a \neq 0)$可化为
$\left(x+\frac{b}{4 a}\right)^{4}+\frac{8 a c-b^{2}}{8 a^{2}}\left(x+\frac{b}{4 a}\right)^{2}+\frac{8 a^{2} d-4 a b c+b^{3}}{8 a^{3}}\left(x+\frac{b}{4 a}\right)+\frac{256 a^{3} e-64 a^{2} b d+16 a b^{2} c-3 b^{4}}{256 a^{4}}=0$
来求解.
Descartes-Euler解法
令$x=y-\frac{b}{4 a}$,则一般的一元四次方程$a x^{4}+b x^{3}+c x^{2}+d x+e=0 \quad(a \neq 0)$化为$y^{4}+p y^{2}+q y+r=0$的形式.
设$y^{4}+p y^{2}+q y+r=\left(y-\frac{z_{1}+z_{2}+z_{3}}{2}\right) \cdot\left(y-\frac{z_{1}-z_{2}-z_{3}}{2}\right)\cdot\left(y-\frac{-z_{1}+z_{2}-z_{3}}{2}\right) \cdot\left(y-\frac{-z_{1}-z_{2}+z_{3}}{2}\right)$,这里$z_1,z_2,z_3$都是复数.把右边展开,化简,得
$y^{4}+p y^{2}+q y+r=y^{4}-\frac{z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+z_{3}^{2}}{2} y^{2}-z_{1} z_{2} z_{3} y+\frac{z_{1}^{4}+z_{2}^{4}+z_{3}^{4}-2\left(z_{1}^{2} z_{2}^{2}+z_{1}^{2} z_{3}^{2}+z_{2}^{2} z_{3}^{2}\right)}{16}$
比较系数,得$z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+z_{3}^{2}=-2 p, z_{1} z_{2} z_{3}=-q, z_{1}^{4}+z_{2}^{4}+z_{3}^{4}-2\left(z_{1}^{2} z_{2}^{2}+z_{1}^{2} z_{3}^{2}+z_{2}^{2} z_{3}^{2}\right)=16 r$
即$z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+z_{3}^{2}=-2 p, z_{1}^{2} z_{2}^{2}+z_{1}^{2} z_{3}^{2}+z_{2}^{2} z_{3}^{2}=p^{2}-4 r, z_{1}^{2} z_{2}^{2} z_{3}^{2}=q^{2}$
由此知$z_{1}^{2} ,z_{2}^{2}, z_{3}^{2}$是一元三次方程$Z^{3}+2 p Z^{2}+\left(p^{2}-4 r\right) Z-q^{2}=0$的三个根,选择其中满足$z_{1} z_{2} z_{3}=-q$的根,此时$y^{4}+p y^{2}+q y+r=0$的根就是\begin{array}{ll}y_{1}=\frac{z_{1}+z_{2}+z_{3}}{2}, & y_{2}=\frac{z_{1}-z_{2}-z_{3}}{2} \\ y_{3}=\frac{-z_{1}+z_{2}-z_{3}}{2}, & y_{4}=\frac{-z_{1}-z_{2}+z_{3}}{2}\end{array}因此方程$a x^{4}+b x^{3}+c x^{2}+d x+e=0 \quad(a \neq 0)$的根就是\begin{array}{ll}x_{1}=\frac{z_{1}+z_{2}+z_{3}}{2}-\frac{b}{4 a}, & x_{2}=\frac{z_{1}-z_{2}-z_{3}}{2}-\frac{b}{4 a} \\ x_{3}=\frac{-z_{1}+z_{2}-z_{3}}{2}-\frac{b}{4 a}, & x_{4}=\frac{-z_{1}-z_{2}+z_{3}}{2}-\frac{b}{4 a}\end{array}例2.解方程$x^{4}-26 x^{2}+60 x-26=0$.
解 方程$Z^{3}-52 p Z^{2}+780 Z-36000=0$的三根是$Z=10,Z=12,Z=30$,选择$z_{1}=\sqrt{10},z_{2}=2 \sqrt{3},z_{3}=-\sqrt{30}$就能使$z_{1} z_{2} z_{3}=-60$,所以方程$x^{4}-26 x^{2}+60 x-26=0$的根是\begin{array}{ll}x_{1}=\frac{\sqrt{10}+2 \sqrt{3}-\sqrt{30}}{2}, & x_{2}=\frac{\sqrt{10}-2 \sqrt{3}+\sqrt{30}}{2} \\ x_{3}=\frac{-\sqrt{10}+2 \sqrt{3}+\sqrt{30}}{2}, & x_{4}=-\frac{\sqrt{10}+2 \sqrt{3}+\sqrt{30}}{2}\end{array} |
|
hbghlyj
发表于 2022-12-23 21:53
