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 elim 
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  考虑方程\(\;a x^3 + b x^2 + c x +d = 0\,\)作变换\(\;x = y -\large\frac{b}{3a},\,\)得E!dY<
$\;{a \left(y-{\large\frac{b}{3a}}\right)^3 + b\left(y -{\large\frac{b}{3a}}\right)^2 + c\left(y-{\large\frac{b}{3a}}\right)+d}=0\,$化简得X_Mh
$\;a y^3 + \left(c -{\large\frac{b^2}{3a}} \right) y - \left({\large\frac{bc}{3a}} - {\large\frac{2b^3}{27a^2}} - d \right ) = 0$ 即|q`=xa
\((^*)\;\; y^3{\small+A}y\small= B\,\;\left({\small A=}{\large\frac{1}{a}}\big(c - {\large\frac{b^2}{3a}}\big),\;{\small B=}{\large\frac{1}{a}}\big({\large\frac{bc}{3a}}-{\large\frac{2b^3}{27a^2}} - d \big)\right)\)}</+
若\(\;{\small A=3}st,\;{\small B=}s^3{\small+}t^3,\;\)则由$\,(s +t)^3 - 3st(s +t) = s^3 + t^3$|
知$\,y = s +t\,$是$(^*)$的解。sS_=v>
设${\small\,A\ne 0},\,$则$\;{\small B=}s^3-\frac{A^3}{\large 27}s^{-3},\;\;s^6{\small-B}t^3-\frac{A^3}{27}=0.\,$于是=^4+
$\qquad s^3 = \frac{B}{2}\pm\sqrt{\frac{B^2}{4}+\frac{A^3}{27}}.\quad t^3 =\frac{B}{2}\mp\sqrt{\frac{B^2}{4}+\frac{A^3}{27}}$B}AHWU
这对$\small\,A=0\,$亦真。+(jFRJ
令$\,\omega = e^{\frac{2\pi}{3}i},(\omega_j,s_j,t_j,y_j) =(\omega^j,s_0 \omega_j, t_0\omega_j^{-1},s_j + t_j)$.其中qoLj
\(\quad\begin{align}s_0^3 & = {\scriptsize\frac{B}{2} + \sqrt{\frac{B^2}{4}+ \frac{A^3}{27}}}, \\y
\quad t_0 & = {\small\begin{cases} B^{1/3}, & s_0 = 0 \\ -A/(3s_0), & s_0 \ne 0 \end{cases} }\end{align}\)/B9gz9
由 $\omega_0+\omega_1+\omega_2 = 0,\;\omega^{3k + j}=\omega^j,\;\omega^k +\omega^{-k} \overset{3\, \nmid\, k}{=} -1$ }cf
及 $y_m y_n = (s_0 \omega^m +t_0\omega^{-m})(s_0 \omega^n +t_0\omega^{-n})$xZd&*
$\qquad\qquad = s_0^2\omega^{m+n} + t_0^2\omega^{-(m+n)} - s_0 t_0\quad\small(0\le m < n \le 2)$iuUKV~
易见©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  1KT
$\,(\alpha)\; y_0 + y_1 + y_2 = 0$x
$\,(\beta)\; y_0 y_1 + y_1 y_2 + y_2 y_0 = -3s_0 t_0 = A$ 并且R[%
$\begin{align}(\gamma)\, y_0 y_1 y_2 & = (s_0 +t_0)(s_0\omega + t_0\omega^{-1})(s_0\omega^{-1}+t_0\omega) \\ & =(s_0 + t_0)(s_0^2 + (\omega^2 + \omega^{-2})s_0 t_0 + t_0^2)\\ & = (s_0 + t_0)(s_0^2 - s_0 t_0 + t_0^2) \\ & =s_0^3 + t_0^3 = B\end{align}$3:0e
所以恒有 $(y - y_0)(y - y_1)(y - y_2) = y^3{\small+A}y\small-B$$m
即 $y_j=s_j+t_j\;(j = 0,\,1,\,2)\,$是方程$(^*)$的全部根。%v;_K
而原方程的全部根是\(\;x_j = y_j-{\large\frac{b}{3a}}\quad(j = 0,\,1,\,2).\quad\small\square\)/2


发贴时间2013/03/07 09:02am IP: 已设置保密[本文共2236字节]  
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  三次方程的求根推导介绍,往往在 $t^6 - B t^3 -A^3/27 = 0$'eH!
这个地方打住。但这是一个$\,6\,$次方程,有$\,6\,$个根,接着我们&fgsa*
通常看到的通解公式为什么又变成了三个解,这些解怎么/fH5
验证,何以完备等似尚不清楚。遍历式地验证计算显然十Y1,d
分繁琐。主贴作了严格的推导。虽然没有什么原创性,却TN'nS
是原作。不知道哪里有类似的详解。各位若知道,请指教。2&|
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对于复数$\,z\,$什么是$\,\sqrt[3]{z},\,\sqrt[3]{ab}\,$是否等于$\sqrt[3]{a}\sqrt[3]{b},\,$什么时候方程0?N
有实根,什么时候方程有重根等等。这些问题也需要澄清。':-n


发贴时间2013/03/07 09:14am IP: 已设置保密[本文共521字节]  
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  沿用主贴的记号,现在来把求根公式具体化。因为y\`P
$\omega = e^{\frac{2\pi}{3}i} = -\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,\quad \omega^2 = \omega^{-1} = \overline{\omega} =  -\frac{1}{2} -\frac{\sqrt{3}}{2}i$5@B~
所以 $x_0 = s_0 + t_0-\underset{\,}{\small\dfrac{b}{3a}}$:=
$\qquad\begin{align}x_{1,2} & = {\small\bigg(-\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i \bigg)}s_0{\small+\bigg(-\frac{1}{2}\mp\frac{\sqrt{3}}{2}i \bigg)}t_0{\small-\frac{b}{3a}}\\CoJ N+
& ={\small-\bigg(\frac{s_0 + t_0}{2}+\frac{b}{3a}\bigg)\pm\frac{\sqrt{3}(s_0-t_0)}{2}}iBt2\f,
\end{align}$ITn
$s_0,\;t_0\,$的中间计算结果可共用,得到简化的求根公式。ehUO/
令  $L = 12ac - 4b^2,\; M = 36abc -8b^3 - 108a^2d$, 则有,Ww(u
$\qquad\small\displaystyle{\frac{A}{3} = \frac{1}{3a}\bigg(c -\frac{b^2}{3a}\bigg) = \frac{3ac -b^2}{9a^2} =\frac{L}{(6a)^2}}$|LLV
$\qquad\small\displaystyle{\frac{B}{2} = \frac{1}{2a}\bigg(\frac{bc}{3a} -\frac{2b^3}{27a^2} - d\bigg) =\frac{9abc -2b^3 -27a^2d}{2\cdot 3^3 a^3 } = \frac{M}{(6a)^3}}$!X*p{T
$\qquad\small\displaystyle{\sqrt{\frac{B^2}{4}+\frac{A^3}{27}}= \sqrt{\frac{M^2}{(6a)^6}+\frac{L^3}{(6a)^6}} = \frac{1}{(6a)^3}\sqrt{M^2 + L^3}}$ 进而=#\xt
$\qquad\small\displaystyle{\bigg(\frac{B}{2}\pm\big(\frac{B^2}{4}+\frac{A^3}{27}\big)^{1/2}\bigg)^{1/3} = \frac{1}{6a}\left(M \pm \sqrt{M^2 + L^3}\right)^{1/3}}$:ORs
$\therefore\quad ax^3 + bx^2 +cx +d = 0\,$有以下简捷求根公式:*v#
$\qquad\boxed{\begin{align} x_0\; & = S + T -\frac{b}{3a} \\x_{1,2} & = -\bigg(\frac{S + T}{2}+\frac{b}{3a}\bigg)\pm\frac{\sqrt{3}(S-T)}{2}i\\L\;\, & = 12ac - 4b^2\\M\, & = 36abc-8b^3-108a^2d\\N\, & = \sqrt{M^2 + L^3}\\S\;\, & = \frac{1}{6a}\sqrt[3]{M + N}\\T\; & = \begin{cases}{\small{\dfrac{1}{6a}}}\sqrt[3]{2M}, & S = 0\\-L/((6a)^2 S) & S\ne 0 \end{cases}\end{align}}$
<0
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例:$(a,b,c,d)\small=(1,0,-1,1),\;(L,M,N)=(-12,-108,12\sqrt{69})$p
$\qquad(S,T)=-\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\sqrt[3]{\frac{\sqrt{27}-\sqrt{23}}{2}},\sqrt[3]{\frac{\sqrt{27}+\sqrt{23}}{2}}\right)=-\large\frac{(\beta^{-1},\;\beta)}{\sqrt{3}}$w'|
$\qquad x_0=\frac{-1}{\sqrt{3}}(\beta+\beta^{-1}),\;x_{1,2}=\frac{1}{\sqrt{12}}(\beta+\beta^{-1})\pm\frac{\large i}{2}(\beta-\beta^{-1})$=O>#g


发贴时间2013/03/08 06:11am IP: 已设置保密[本文共2172字节]  
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  我们来考虑三次方程的根都是实数的条件。bg9
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设 $ax3 + bx^2 + cx +d = 0$ 的根皆为实数,Mc
则 $ax3 + bx^2 + cx +d = a(x -\alpha)(x - \beta)(x -\gamma)${88
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  8
故方程与一个实系数三次方程同解。我们只需考虑rtVa61
$a,b,c,d \in\mathbb{R}$ 的情形。iB
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由求根公式,$L\ne 0$ 时 $S = \overline{T}$ 是方程无复根的充要条件。[-t
显然 $L < 0$ 时 $S = \overline{T}$, 而 $L > 0$ 时 $S \ne \overline{T}$1}
©Elinkage数学论坛 -- Elinkage极酷超级论坛  7z'
当 $L = 0 \ne M$ 时方程有一个实根,一对共轭复根。O7r~9
当 $L = M = 0$ 时方程有一个三重实根。 b


发贴时间2013/03/13 09:30am IP: 已设置保密[本文共498字节]  

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