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已知一元四次方程的4个跟怎么求其根的倒数和

教育综合
2022-12-02 17:43:32

一元四次方程的计算公式

费拉里法求解一元四次方程的步骤如下
或（取模较大的数值）
（若 u 为零，则 v 也取值为零）
y有三种取值
上面两个公式中，，
将分别代入，就能得到三组（y，m）。请选择最大或的一组作为 y，m 的数值。
若m=0则一元四次方程有两对重根，计算公式如下：
若 m 不等于零，则一元四次方程的求根公式如下：
算例1：
上式中，可算得
y 取时，m = 0。这个 y 不合适，换一个再试试
y 取时，可算得四个根为
算例2：即
上式中，可算得
y 有三重根，可算得 m = 0。
因此，一元四次方程有两对重根，即
对费拉里计算方法整理后，即可得到一元四次方程的求根公式
或（取模较大的数值）
（若 u 为零，则 v 也取值为零）
上面三个公式中的 k 可取值 1,2,3，用来区别费拉里法中一元三次方程的三个根。请选择最大的那组（m，S，T）。
如果的最大值仍为零，则 m，S，T 的数值按下面三个公式计算
一元四次方程的四个根为：
网站planetmath.org上列出了方程的求根公式
查看这个公式，需要非常的耐心和细心。将其分拆后，可以得到如下公式：
四个根为（n = 1,2,3,4）
可见，这个公式是“求根公式（费拉里法）”的一个特例。
这个公式不仅复杂，而且有很多问题：
1、当时会计算失败；
2、当时，求根计算会失败。

求一元四次方程求根公式

一元四次方程是未知数最高次数不超过四次的多项式方程。

来源：

费拉里与一元四次方程的解法卡当在《重要的艺术》一书中公布了塔塔利亚发现的一元三次方程求根公式之后，塔塔利亚谴责卡当背信弃义，提出要与卡当进行辩论与比赛。这场辩论与比赛在米兰市的教堂进行，代表卡当出场的是卡当的学生费拉里。费拉里(Ferrari L.,1522~1565)出身贫苦，少年时代曾作为卡当的仆人。卡当的数学研究引起了他对数学的热爱，当其数学才能被卡当发现后，卡当就收他作了学生。费拉里代替卡当与塔塔利亚辩论并比赛时，风华正茂，他不仅掌握了一元三次方程的解法，而且掌握了一元四次方程的解法，因而在辩论与比赛中取得了胜利，并由此当上了波伦亚大学的数学教授。一元四次方程的求解方法，是受一元三次方程求解方法的启发而得到的。一元三次方程是在进行了巧妙的换元之后，把问题归结成了一元二次方程从而得解的。于是，如果能够巧妙地把一元四次方程转化为一元三次方程或一元二次方程，就可以利用已知的公式求解了。

方法：

1、费拉里法

费拉里的方法是这样的：方程两边同时除以最高次项的系数可得 x^4+bx^3+cx^2+dx+e=0 (1)移项可得 x^4+bx^3=-cx^2-dx-e (2) 两边同时加上(1/2bx)^2 ，可将（2）式左边配成完全平方，方程成为 (x^2+1/2bx)^2=(1/4b^2-c)x^2-dx-e (3) 在（3）式两边同时加上(x^2+1/2bx)y+1/4y^2 可得 [(x^2+1/2bx)+1/2y]^2= (1/4b^2-c+y)x^2+(1/2by-d)x+1/4y^2-e (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 (1/2by-d)^2-4(1/4b^2-c+y)(1/4y^2-e)=0 (5) 这是关于y的一元三次方程，可以通过塔塔利亚公式来求出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。

误用：

不幸的是，就象塔塔利亚发现的一元三次方程求根公式被误称为卡当公式一样，费拉里发现的一元四次方程求解方法也曾被误认为是波培拉发现的。

2、置换群法

说明：X1，X2，X3是某个三次方程的对称多项式(X1+X2+X3，X1*X2+X2*X3+X3*X1，X1*X2*X3均可求)，利用三次方程求根公式解出X1,X2,X3；又有X=x1+x2+x3+x4=ω1，接下来根据X,X1,X2,X3解x1,x2,x3,x4

3、盛金公式

将置换群解法与盛金公式综合，会更简便。解法：

若ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0 令 D=-(3b^2-8ac)

E=3b^4+16a^2c^2-16ab^2c+16a^2bd-64a^3e F=-(b^3-4abc+8a^2d)^2

A=D^2-3E,B=DE-9F,C=E^2-3DF,Δ=B^2-4AC

1.若D=E=F=0，则方程有一个四重根。则

x1=x2=x3=x4=-b/4a=-2c/3b=-3c/2d=-4d/e

2.若A=B=C=0，且DEF不为0，则方程有一个三重根。则

x1=-b/4a-F/4aD x2=x3=x4=-b/4a+3F/4aD

3.若E=F=0，D不为零，则方程有两对重根。

x1=x2=(-b+(-D)^(1/2))/4a x3=x4=(-b-(-D)^(1/2))/4a

4.若Δ=0，A不为零，则方程只有一对重根。

令X1=-D+B/A,X2=-B/2A,则

x1=(-b+X1^(1/2)+2X2^(1/2))/4a x2=(-b+X1^(1/2)-2X2^(1/2))/4a x3=x4=(-b+X1^(1/2))/4a

5.若Δ<0,令T=arccos[(2AD-3B)/2A^(3/2)]

y1=-(D+2A^(1/2)cos(T/3)

y2=-(D+2A^(1/2)cos(T/3+2π/3)

y3=-(D+2A^(1/2)cos(T/3-2π/3)

x1=(-b+y1^(1/2)+y2^(1/2)+y3^(1/2))/4a

x2=(-b+y1^(1/2)-y2^(1/2)-y3^(1/2))/4a

x3=(-b-y1^(1/2)-y2^(1/2)+y3^(1/2))/4a

x4=(-b-y1^(1/2)+y2^(1/2)-y3^(1/2))/4a

6.若Δ>0

Y1=AD+(3/2)(-B+(B^2-4AC)^(1/2))

Y2=AD+(3/2)(-B-(B^2-4AC)^(1/2))

Z1=(-2D-Y1^(1/3)-Y2^(1/3))/6

Z2=3^(1/2)(Y1^(1/3)-Y2^(1/3))/6

Z=-(-D+Y1^(1/3)+Y2^(1/3))/3

W1=(2Z1+2(Z1^2+Z2^2)^(1/2))^(1/2)

W2=(-2Z1+2(Z1^2+Z2^2)^(1/2))^(1/2)

x1=(-b+Z^(1/2)+2W1)/4a x2=(-b+Z^(1/2)-2W1)/(4a)

x3=(-b-Z^(1/2)-2W2)/4a x4=(-b-Z^(1/2)+2W2)/(4a)

如何推导出一元四次方程的求根公式？

笛卡尔法：一般的四次方程还可以待定系数法解，这种方法称为笛卡尔法，由笛卡尔于1637年提出。先将四次方程化为x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0的形式。令x=y-a/4，整理后得到y^4+py^2+qy+r=0 （1）设y^4+py^2+qy+r=(y^2+ky+t)(y^2-ky+m)=y^4+(t+m-k^2)y^2+k(m-t)y+tm 比较dy对应项系数，得t+m-k^2=p，k(m-t)=q，tm=r 设k≠0，把t和m当作未知数，解前两个方程，得t=(k^3+pk-q)/(2k)，m=(k^3+pk+q)/(2k) 再代入第三个方程，得((k^3+pk)^2-q^2)/(

高等数学求一元四次的根

因为这个方程可能有虚数根，也就是四个根不都是实数根，假如r的平方是负数，那么就对应了两个虚数根，最后包括重复的根在内，一定要保证有四个根，因为根据代数基本定理，复数域上的n次多项式在复数域有n个根，包括重复根在内

普通一元四次方程求根公式完整推导过程？

双二次方程又称“准二次方程”，是移项且合并同类项之后，只含有偶次项的四次方程；换句话讲，形如ax^4+bx^2+c=0（其中a、b、c均为不等于零的复数）的一元四次方程叫做双二次方程。实际上，通过变量替换y=x^2可以将双二次方程转化成关于y的一元二次方程：ay^2+by+c=0，先求解出 y 的值，在求出解 x 的值。需要注意的是，求出来的结果一定经过验证，看是否是原方程的解。

双二次方程又称“准二次方程”，是移项且合并同类项之后，只含有偶次项的四次方程，其一般形式为：