1樓：匿名使用者
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裡面的內容，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）由於x=a^(1/3)+b^(1/3)，所以（2）可化為 x^3=(a+b)+3(ab)^(1/3)x，移項可得 （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，因為a和b可以看作是一元二次方程的兩個根，而(6)則是關於形如ay^2+by+c=0的一元二次方程兩個根的韋達定理，即 （8）y1＋y2＝－（b/a）,y1*y2=c/a (9)對比（6）和（8），可令a＝y1，b＝y2，q＝b/a，-（p/3）^3＝c/a (10)由於型為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＝y1，b＝y2，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)只是一元三方程的乙個實根解，按韋達定理一元三次方程應該有三個根，不過按韋達定理一元三次方程只要求出了其中乙個根，另兩個根就容易求出了。
2樓：匿名使用者
嗯 不大清楚
打**問下老師好了
三次函式和四次函式的求根公式？
3樓：賽高賽高高
從方程的根式解法發展過程來看，早在古巴比倫數學和印度數學的記載中，他們就能夠用根式求解一元二次方程ax2+bx+c=0，給出的解相當於+，，這是對係數函式求平方根。接著古希臘人和古東方人又解決了某些特殊的三次數字方程，但沒有得到三次方程的一般解法。這個問題直到文藝復興的極盛期（即16世紀初）才由義大利人解決。
他們對一般的三次方程x3+ax2+bx+c=0，由卡丹公式解出根 x= + ，其中p = ba2，q = a3，顯然它是由係數的函式開三次方所得。同一時期，義大利人費爾拉里又求解出一般四次方程x4+ax3+bx2+cx+d=0的根是由係數的函式開四次方所得。
2次函式求根公式如何推倒？
4樓：高代pk數分
x=(-b±√(b^2-4ac))/2a
配方法：
1.化二次係數為1.
x^2+(b/a)x+c/a=0
2兩邊同時加上一次項係數一半的平方；
x^2+(b/a)x+(b/2a)^2=(b/2a)^2-c/a3用直接開平方法求解.
^2=(b^2-4ac)/4a^2
當 b^2-4ac>=0 (a>0)時
x+b/2a＝+ -根號下
x=-b/2a+ -根號下=-b+ -根號下b^2-4ac /2a所以、ax2＋bx＋c=0（a≠0）中.
若b=0，方程有兩個互為相反數實根.
若c=0，方程有一根為零.
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