一.一元四次方程式解法
1.计算三角函数的公式，
推导过程可见《三角学专门教程上册》C.И诺屋塞洛夫著1956年版，
计算三角函数的公式，因为，角度是α的三角函数计算公式如下，
资料下载网址：
链接:https://pan.baidu.com/s/1X97N2sqHaaX4n0tpDuythA?pwd=y81s
提取码:y81s
链接:https://pan.baidu.com/s/1z_JdTdGDjfQGzqiFvO1CCA?pwd=81x3
提取码:81x3
微云文件分享:一元多次方程式近似解法下载地址:https://share.weiyun.com/x8iJ7nBr
「一元多次方程式近似解法」https://www.aliyundrive.com/s/sDeSTpkfRFJ
https://115.com/s/swnxl4t36zv?password=c057#
一元多次方程式近似解法
访问码：c057
sin2α=2sinαcosα
22
cos2α=cosα-sinα
2tgα
tg2α=
2
1-tgα
sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ
222
sin3α=sin(2α+α)=sin2αcosα+cos2αsinα=2sinαcosα+(cosα-sinα)sinα
223
=3sinαcosα-sinα=3sinα-4sinα
1n-133n-355n-5
sinnα=Csinαcosα-Csinαcosα+Csinαcosα-...
nnn
n22n-244n-4
cosnα=cosα-Csinαcosα+Csinαcosα-...
nn
当n=4时
33
sin4α=4sinαcosα-4sinαcosα
4224
cos4α=cosα-6sinαcosα+sinα
当n=5时
4325
sin5α=5sinαcosα-10sinαcosα+sinα
5234
cos5α=cosα-10sinαcosα+5sinαcosα
为了用弧α的三角函数表示弧α/n的三角函数，而作公式时，会遇到必须解高次方程这种代数方面的困难。如果在公式(B)中将nα换成α，而将α换成α/n，并用余弦表示正弦的幂，则得出按已知值cosα求未知量x=cos(α/n)的方程。
n22n-244n-4
cosnα=cosα-Csinαcosα+Csinαcosα-...
nn
这个方程一般有n个不等的实根。事实上，所有余弦为已知值cosα=m的弧的集合，由下公式确定：α=±arccosm+2kπ,
由此，
αarccosm2kπ
=±+
nnn
如果选取＋号。则得无限多个弧,
αarccosm2kπ
=+(2)
nnn
它们只终于单位圆上n个几何方面不同之点，因为给数k加上n的整数倍的项等于给α/n加上2π的倍数（就是说，得到终于同一点的弧）。因而
arccosm2kπ
cos(+)
nn
(在一般情况)有n个相异的值，同样，所有形如
αarccosm2kπ
=-+(3)
nnn
的弧终于n个几何方面不同的点。组(2)与组(3)中的弧两两关于横坐标轴对称，即如在(3)中任意整数k换成-k，则得与组(2)中某一个弧相反的弧。弧的符号的改变不影响余弦的值，因而x=cos(α/n)在一般情形有n个相异的实根。例如，当n=3时我们得到三次方程
3223-2
cosα=x-C(1-x)x
3
32
cosα=x-3(1-x)x
3
cosα=4x-3x
或
33cosα
x-x-=0
44
这个方程可以用根式来解，但这里(在一般情形)是不可约的情形，它说明存在有三个实根。卡但公式给出,
3
22
cosαcosα-1cosαcosα-1
x=++-
864864
所以
3
22
αcosαcosα-1cosαcosα-1
cos=++-
3864864
一元三次方程的解为：
3
y+px+q=0
33
2323
qqpqqp
y=+++++
264272427
因为
2
cosα-1≤0
故在一般情形(当α≠2kπ时)立方根下含有虚数，而且x不能用根式表出。
k
在特别情形，当n=2时,连续应用下面的公式，
1+cosα
cos(α/2)=±
2
1-cosα
sin(α/2)=±
2
可以得出借助平方根式，用自变量α的函数，
α
表示自变量的三角函数公式。例如
k
2
α1α1+cos(α/2)
cos=cos()=±
4222
1+cosα
1±√2±1+cosα
2
=±=±
22√2
例如，当n=4时我们得到三次方程
4224-2424-4
cosα=x-C(1-x)x+C(1-x)x
4n
222
cosα=x-6(1-x)x+(1-x)
42
cosα=6x-7x+x+1
42
6x-7x+x+1-cosα=0
根据费拉里求根公式
42
x-7x/6+x/6+1/6-cosα/6=0
将上面方程转化为下面形式：
42
x+px+qx+r=0
上式中,p=-7/6,q=1,r=1/6-cosα/6,
解得,
pq
2t±2t-4(+t+)
00222t
0
x=-a/4
2
其中
33
2323
-q`q`p`-q`q`p`
t=+++++-p/3(6)
024272427
33
2323
-q`q`p`2-q`q`p`
t=ε+++ε++-p/3(7)
124272427
33
2323
2-q`q`p`-q`q`p`
t=ε+++ε++-p/3(8)
224272427
上式中,
2
p`=-r+p/4-p/3=-1/6+cosα/6+(49/36)(1/4)+(7/6)(1/3)=-1/6+cosα/6+49/144+7/18
322
q`=-p/27-p(-r+p)/12-q/8=-347/5832+7(1/6-cosα/6+49/36)/72-1/8
2.一元三次方程的解
推导过程可见C.H.诺珪塞洛夫著代数与初等函数，1954年版,
注意：卡但公式如下：
一元三次方程的解为：
2
y+px+q=0
33
2323
qqpqqp
y=+++++
24272427
我们来研究三次方程;
32
x+ax+ax+a=0的解,
210
3
我们设x的系数a等于1并不损害一般性，因为如果a≠1,那么把方程逐项除a,
33
就得到与给定方程等价的形如(1)的方程。令x=y+h,将方程(1)变成新未知数y的方程，此处h要这样选择,使变形后的方程不再包含未知数的平方。
2
容易直接算出，y的系数是3h+a,由条件3h+a=0得
22
a
2
h=-
3
经过变形取新未知数y之后，方程（1）具有形式：
3
y+py+q=0(2)
32
(y+h)+a(y+h)+a(y+h)+a=0
210
因为,
a
2
h=-
3
所以,
3222223
y+3hy+ay+3yh+2yh+2ahy+ah+h=0
222
32223
y+3yh+2yh+2ahy+ah+h=0
22
可设,
3
y+px+q=0(2)
引入两个新未知数u及v，设y=u+v,
方程(2)取得形式：
33
u+v+(u+v)(3uv+p)+q=0(3)
未知数u与v中之一可以任意选择。利用这一点，我们这样选择u及v，使合乎条件：3uv+p=0,
或,
p
uv=-(4)
3
这时方程(3)取形式:
33
u+v=-q
将(4)立方起来，得：
3
33p
uv=-
27
33
因此，u与v是二次方程
3
2p
z+qz-=0的根，而可以令
27
23
3qqp
u=-++
2427
23
3qqp
v=--+
2427
由此得三次方程的解的公式，叫做卡但公式：
33
2323
-qqp-qqp
y=+++-+
24272427
在卡但公式中，把第一个根式的三个值中的每一个与第二个根式的三个值中的每一个组合起来，其中只有三个是给定方程的解。事实上，u和v的值不能选择得彼此独立，因为它们必须满足条件(4)。设u是第一个根式的一个值，这时候u的所有三个可能值是：
2
u=u,u=εu,u=εu
123
2
此处ε与ε是1的三次虚根。v的对应值可由关系式(4)求得：
p
v=-,
13u
22
ppp2
v=-==-ε,
23
3uε3uε3u
pp
v=-=-ε,
32
3uε3u
三次方程的根由关系y=u+v决定，因此，所求的根是,
p
y=u-,
13u
2p
y=εu-ε,
23u
2p
y=εu-ε,
33u
最后的公式无意义，若u=0，即
23
qqp
--+=0
2427
此时,
3
p
=0或p=0,
27
3
在这种情形下，方程取y+q=0形式，而可以直接来解：
3
y=-q
若在卡但公式中令p=0，也能得到同样结果。
例1.解方程
32
x-3x-3x+11=0
解;令x=y+h,得
3232
y+(3h-3)y+(3h-6h-3)y+(h-3h-3h+11)=0
令,3h-3=0,得,h=1,
方程取形式：
6
y-6y+6=0
在卡但公式中，令p=-6,q=6,我们有：
3
63
u=-3+9-=-2
27
确定v:
p63
v=-=-=-4,
3u3
32
由此，得
33
y=u+v=-2-4
1
3-1+i33-1-i3
y=-2()-4()
222
133√333
=(2+4)+i(4+2)
22
3-1+i33-1+i3
y=-2()-4()
322
133√333
=(2+4)-i(4-2)
22
因而得：
33
x=2-4+1
1
133√333
x=(2+4)+1+i(4+2)
222
133√333
x=(2+4)+1+i(4-2)
322
3.我们来研究四次方程;
432
x+ax+ax+ax+a=0(1)的解
321
4
我们设x的系数a等于1并不损害一般性，
4
因为如果a≠1,那么把方程逐项除以a,
44
就得到与给定方程等价的形如(1)的方程。令x=y+h,将方程(1)变成新未知数y的方程，此处h要这样选择,使变形后的方程不再包含未知数的平方。
22
容易直接算出，y的系数是6h+a+3ah,
23
2
由条件6h+a+3ah=0得
23
2
-3a±9a-24a
332
h=
12
经过变形取新未知数y之后，方程（1）具有形式：
43
y+ty+py+q=0(2)
433
(y+h)+a(y+h)+a(y+h)+a(y+h)+a=0
3210
因为,
2
-3a±9a-24a
332
x=y+h=y+
12
所以,
43223422322
y+(4h+a)y+6hy+4hy+h+3ahy+3ahy+ah+ay+2ahy+ah
3333222
+ay+ah+a
110
可设,
2
-3a±9a-24a
332
h=
12
t=4h+a
3
32
p=4h+3ah+2ah+a
32
q=ah+a
10
引入两个新未知数u及v，设y=u+v,
方程(2)取得形式：
42
(u+v)+t(u+v)+p(u+v)+q=0
43322
(u+v)+tu+tv+3tuv+3tuv+pu+pv+q=0
433
(u+v)+tu+tv+uv(3tu+3tv)+p(u+v)+q=0
333
(u+v)[(u+v)+3tuv+p]+tu+tv+q=0(3)
未知数u与v中之一可以任意选择。利用这一点，我们这样选择u及v，使合乎条件：
3
(u+v)+3tuv+p=0(4)
这时方程(3)取形式:
33
tu+tv+q=0(3)
因此，u与v是三次方程组
3
(u+v)+3tuv+p=0(4)
33
tu+tv+q=0(3)
的根，解上面的方程组,由(3)得,
33
u+v=-q/t
3
3
-q-tu
v=(5)
t
由(4)得,
3322
u+v+3uv+3uv+3tuv+p=0
因为,
33
u+v=-q/t
所以,
22
-q/t+3uv+3uv+3tuv+p=0
2
3uv+3u(u+t)v-q/t+p=0
22
-3u(u+t)±9u(u+t)-12u(-q/t+p)
v=(6)
6u
由(5)和(6)得,
2233
-3u(u+t)±9u(u+t)-12u(-q/t+p)c-q-tu
=
6ut
此处作近似运算，假设,根据下列近似公式,1+a≈1+a/n,此处｜a｜<1,
推导过程可见C.H.诺珪塞洛夫著初等代数专门教程，§37数的开方，1956年版,
22
9u(u+t)-12u(-q/t+p)≈9u(u+t)-6u(-q/t+p)
33
-q-tu-q-tu/3
≈3
tt
所以,
3
-3u(u+t)±9u(u+t)-6u(-q/t+p)-q-tu/3
≈3
6ut
33
t[9(u+t)-6(-q/t+p)]≈6-q-2tu
333
9ut+t[9(u+t)-6(-q/t+p)]-6-q+2tu≈0
333
3ut+t[3t-2(-q/t+p)]-2-q+tu≈0
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q
u≈
3
3t+t
将(7)代入(5)中
33
-q-tu
v=
t
3
3
v=-q/t-u
3
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q3
v≈-q/t-[](8)
3
3t+t
因为,y=u+v,
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q
y≈
3
3t+t
3
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q3
+-q/t-[]
3
3t+t
这就得到下面方程的近似解.
43
y+ty+py+q=0
因为,x=y+h,
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q
x=y+h≈
3
3t+t
3
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q3-3a±9a-24a
+-q/t-[]+332
312
3t+t
其中
-3a±9a-24a
332
h=
12
t=4h+a
3
32
p=4h+3ah+2ah+a
321
4
q=ah+a+h
10
这就得到下面方程的近似解
432
x+ax+ax+ax+a=0(1)
3210
4.如果在公式(A)中将nα换成α，而将α换成α/n，
并用余弦表示正弦的幂，则得出按已知值cosα求未知量x=cos(α/n)的方程。
12(n-1)/232(n-3)/2352(n-5)/25
sinα=C(1-x)x-C(1-x)x+C(1-x)x...
nnn
这个方程一般有n个不等的实根。
事实上，所有余弦为已知值sinα=m的弧的集合，由下公式确定：
α=±arcsinm+2kπ,
由此，
αarcsinm2kπ
=±+
nnn
如果选取＋号。则得无限多个弧,
αarcsinm2kπ
=+(2)
nnn
它们只终于单位圆上n个几何方面不同之点，因为给数k加上n的整数倍的项等于给α/n加上2π的倍数（就是说，得到终于同一点的弧）。因而
arcsinm2kπ
cos(+)
nn
(在一般情况)有n个相异的值，同样，所有形如
αarcsinm2kπ
=-+(3)
nnn
的弧终于n个几何方面不同的点。组(2)与组(3)中的弧两两关于横坐标轴对称，即如在(3)中任意整数k换成-k，则得与组(2)中某一个弧相反的弧。弧的符号的改变不影响余弦的值，因而x=sin(α/n)在一般情形有n个相异的实根。
例如，当n=3时我们得到三次方程
3
sinα=-4x+3x
所以,
3
-4x+3x-sin=0
123203
sinα=C(1-x)x-C(1-x)x
33
23
sinα=3(1-x)x-x
.
3
sinα=-4x+3x
根据卡但公式,
3
y+px+q=0(2)
上面方程的解是
33
2323
-qqp-qqp
y=+++-+
24272427
因为,
4
-4x+3x-sinα=0
所以,
33sinα
x-x+=0
44
3
p=-
4
sinα
q=-
4
33
22
3sinα13sinα1
y=+-+--
8646486464
2
因为,cosα-1≤0
故在一般情形(当α≠2kπ时)立方根下含有虚数，而且x不能用根式表出。
k
在特别情形，当n=2时,连续应用下面的公式，
1+cosα
cos(α/2)=±
2
1-cosα
sin(α/2)=±
2
可以得出借助平方根式，用自变量α的函数，
α
表示自变量的三角函数公式。例如
k
2
1-cosα
α1α 1-cos(α/2)1±√2±1-cosα
sin=sin()=±=±2=±
422222√2
例如，当n=4时我们得到三次方程,
3
sinα=-4x+3x
所以,
3
-4x+3x-sin=0
123203
sinα=C(1-x)x-C(1-x)x
44
5.一元四次方程费拉里求解方法
费拉里求根公式,
432
四次方程ax+bx+cx+dx+e=0的求根公式过于复杂。为了描述方便，不得不借助几个中间变量。
2
c+12ae-3bd
P=
9
232
27ad+2c+27be-72ace-9bcd
Q=
54
23
D=Q-P
3
u=Q+D或or
3
u=Q-D(取模较大的数值)
P
v=(若u为零，则v也取值为零)
u
1√3i
w=-+
22
28k-14-k
m=b-ac+4a(wu+wv）
3
16k-14-k
S=2b-ac+4a(wu+wv）
3
23
8abc-16ad-2b
T=
m
上面三个公式中，k可取值1，2，3.（m,S,T）的取值最好选择│m│最大的一组，这样计算T时数值最稳定。如果三个│m│均为零，则上面三个变量按下面三个公式取值,m=0,
28
S=b-ac
2
T=0,
四个根为(下式中n=1,2,3,4),
n/2n+1n/2
-b+(-1)m+(-1)S+(-1)T
x=
4a
例：解方程,
42
6x-7x+x+1-cosα=0
2
c+12ae-3bd 49+72(1-cosα)121-72cosα
P===
999
232
27ad+2c+27be-72ace-9bcd162-686-432(1-cosα)-956+432cosα-478+216cosα
Q====
54545427
23-478+216cosα2121-72cosα3
D=Q-P=()-()
279
3
u=Q+D或or
3
u=Q-D(取模较大的数值)
-478+216cosα-478+216cosα2121-72cosα3
u==()-()
27279
P
v=(若u为零，则v也取值为零)
u
121-72cosα
v=
-478+216cosα-478+216cosα2121-72cosα3
9+()-()
27279
1√3i
w=-+
22
28k-14-k
m=b-ac+4a(wu+wv）
3
2
m=112+24(wu+wv）取k=3
2
m=228+6(wu+wv）
16k-14-k
S=2b-ac+4a(wu+wv）
3
2
S=224+24(wu+wv）,取k=3
23
8abc-16ad-2b
T=
m
288
T=
2
28+6(wu+wv）
四个根为(下式中n=1,2,3,4),
n/2n+1n/2
-b+(-1)m+(-1)S+(-1)T
x=
4a
22288i
2i28+6(wu+wv）+224+24(wu+wv）+
2
28+6(wu+wv）
x=
124
22-288
-228+6(wu+wv）-224+24(wu+wv）+
2
28+6(wu+wv）
x=
224
22288i
-2i28+6(wu+wv）+224+24(wu+wv）+
2
28+6(wu+wv）
x=
324
22288i
228+6(wu+wv）-224+24(wu+wv）+
2
28+6(wu+wv）
x=
424
解方程,
42
6x-7x+x+1-cosα=0
因为,
432
x+ax+ax+ax+a=0
3210
上面方程的近似解是:
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q
x=y+h≈
3
3t+t
3
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q3-3a±9a-24a
+-q/t-[]+332
312
3t+t
其中
-3a±9a-24a
332
h=
12
t=4h+a
3
32
p=4h+3ah+2ah+a
321
4
q=ah+a+h
10
这就得到下面方程的近似解
432
x+ax+ax+ax+a=0(1)
3210
因为,
42
6x-7x+x+1-cosα=0
所以,
42
x-7x/6+x/6+1/6-cosα/6=0
所以，上面方程的近似解是:
-3a±9a-24a±28±7
332
h===≈±0.44095
12126
±27
t=4h+a=≈±1.7638
33
32
p=4h+3ah+2ah+a
321
±77±77
p=++1≈±0.34296±1.0289+1
5418
±77
q=ah+a+h=+1/6-cosα/6≈±0.51445+0.1666-cosα/6
1036
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q
x=y+h≈
3
3t+t
3
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q3-3a±9a-24a
+-q/t-[]+332
312
3t+t
3
-?1.7638[3±1.7638-2(-q/t+p)]+2-(±0.51445+0.1666-cosα/6)
x≈
3
3±1.7638±1.7638
3
33
-t[3t-2(-q/t+p)]-2-q3
+-q/t-[]±0.44095
3
3±1.7638±1.7638
6.解系数为任何复数的四次方程
推导过程可参见А.Г.УРОШ著高等代数教程1953年版,
解系数为任何复数的四次方程,
432
y+ay+by+cy+d=0(13)
可以化为解某一个三次辅助方程。次之方法为费勒黎的解法。预先代以y=x-a/4化方程(13)为,
42
x+px+qx+r=0
设y=x+h，得
432
(x+h)+a(x+h)+b(x+h)+c(x+h)+d=0
43223243
x+(a+4h)x+(6h+3ah)x+(4h+3ah+c)x+h+ah+h+d=0
因为,a+4h=0,所以,h=-a/4,y=x-a/4,
所以,
2
p=6h+3ah
32
q=4h+3ah+c
43
r=h+ah+h+d
继续用参数t把这个方程的左边变为恒等式：
422222
x+px+qx+r=(x+p/2+t)+qx+r-(p/2+t)-2x(p/2+t)
2
4222p22
x+px+qx+r=(x+p/2+t)+qx+r--t-2tx-pt
4
或,
2
2222p
(x+p/2+t)-[2tx-qx+(t+pt-r+)]=0(15)
4
现在选取t使得方括号里面的多项式成一个完全平方，此时它必须有一个二重根，亦即它的判别式必须等于零：
2
22p
q-42t(t+pt-r+)=0(16)
4
等式(16)是系数为复数的未知量t的三次方程。我们已经知道，这个方程有三个复数根。
设t为其中的一个，
0
它可由卡但公式经方程(16)的系数，亦即可经方程(14)的系数用方根来表出·。下面求解t，
因为,
2
22p
q-42t(t+pt-r+)=0(16)
4
所以,
3222
-8t-8pt+8rt-2pt+q=0
3222
t+pt-rt+pt/4-q/8=0
解方程
3222
t+pt-rt+pt/4-q/8=0(16)
上面方程（16）可转化为
32
y`+a`y`+b`y`+c`=0
上面方程可转化为
3
x`+p`x`+q`=0
其中,
y`=x`-a`/3,
h`=-a`/3=-p/3,
222
p`=3h`+b`+2a`h`=b`-a`/3=-r+p/4-p/3
33322
q`=h`+b`h`+c`=-a`/27-a`b`/3+c`=-p/27-p(-r+p)/12-q/8
3
注意：ε是1的立方根，即ε=1,因为1开立方在复数平面内有3个根。分别是
ε=1,ε=-1/2+i√3/2,ε=-1/2+i√3/2,
012
33
2323
-q`q`p`-q`q`p`
t=+++-+-p/3(6)
024272427
33
2323
-q`q`p`2-q`q`p`
t=ε+++ε-+-p/3(7)
124272427
33
2323
2-q`q`p`-q`q`p`
t=ε+++ε-+-p/3(8)
224272427
这样选取的t使(15)里面位于方括号中的多项式有二重根,
q
4t
0
所以方程(15)有次之形状：
222q
(x+p/2+a)-2a(x-)=0
4t
0
亦即，它可分解为两个二次方程：
2pq
x-2tx+(+t+)=0
02022t
0
(17)
2pq
x-2tx-(+t+)=0
02022t
0
因为从方程(14)到方程(17)我们都是用的恒等变换，所以方程(17)的根是方程(14)的根。同时易知方程(14)的根可经其系数应用开方来表出。由于对应公式比较复杂而且没有实用价值，我们不予写出。对于有实系数的方程(14)的各种情况，我们亦不再予以分析。
解方程:
2pq
x-2tx+(+t+)=0
02022t
0
根据一元二次方程根的计算公式得,
3pq
2t±2t-4(+t+)
002022t
0
x=
2
所以，就得到一元四次方程的根的计算公式,
432
y+ay+by+cy+d=0(13)
预先代以y=x-a/4化方程(13)为,
42
x+px+qx+r=0
上式中,h=-a/4,y=x-a/4,
24332
p=6h+3ah,r=h+ah+h+d,q=4h+3ah+c,
解得,
3pq
2t?
2t-4(+t+)
002022t
0
y=x-a/4=-a/4
2
其中,
33
2323
-q`q`p`-q`q`p`
t=+++-+-p/3(6)
024272427
33
2323
-q`q`p`2-q`q`p`
t=ε+++ε-+-p/3(7)
124272427
33
2323
2-q`q`p`-q`q`p`
t=ε+++ε-+-p/3(8)
224272427
上式中,
2
p`=-r+p/4-p/3,
322
q`=-p/27-p(-r+p)/12-q/8
一元四次方程费拉里求根公式:
432
y+ay+by+cy+d=0(13)
预先代以y=x-a/4化方程(13)为,
42
x+px+qx+r=0
上式中,h=-a/4,y=x-a/4,
24343
p=6h+3ah,r=h+ah+h+d,q=4h+3ah+c,
3pq
2t?2t-4(+t+)
002022t
0
y=x-a/4=-a/4
2
其中,
3
322232222223
h+h-rh+ph/4-q/8(h+h-rh+ph/4-q/8)(3h+2ph-r+p/4)
t=++
02427
3
322232222223
h+h-rh+ph/4-q/8(h+h-rh+ph/4-q/8)(3h+2ph-r+p/4)
+-+
2427
二、一元三次方程卡尔丹解法
1.三次与四次方程，
推导过程可参见А.Г.УРОШ库洛什著高等代数教程1953年版，
41.三次与四次方程，
说明，计算一元三次立方根的卡尔丹公式如下：
32
y+ay+by+c=0(1)
设y=x+h,得
32
(x+h)+a(x+h)+b(x+h)+c=0
3223
x+(3h+a)x+(3h+2ah+b)x+h+bh+c=0
上面方程可转化为,
3
x+px+q=0(3)
其中,y=x-a/3,(2)
h=-a/3,
22
p=3h+b+2ah=b-a/3,
33
q=h+bh+c=-a/27-ab/3+c,
只要求得方程(3)的根，那么我们根据(2)就可以得到方程(1)的根,根据基本定理方程(3)有三个复数根，设x0是其中一个,我们引入辅组未知量u来讨论多项式,
2
f(u)=u-x0u-p/3,
它的系数为复数，故有两个复数根α和β。而且由韦达公式，得,
α+β=x0(4)
αβ=-p/3(5)
以根x0的表达式(4)代(3)中，我们得出：
3
(α+β)+p(α+β)+q=0,
或,
33
α+β+(3αβ+p)(α+β)+q=0,
但由(5)得3αβ+p，故有,
33
α+β=-q(6)
另一方面，由(5)推得,
333
αβ=-p/27(7)
33
等式(6)与(7)证明了，数α和β是系数为复数的二次方程,
3
2p
z+qz-=0(8)
27
的根,
解方程(8)，我们得到：
23
qqp
z=-?+
2427
3
23
qqp
α=-±+
2427
3
23
qqp
β=-±+(9)
2427
注意：因α和β在等式(6)和(7)中，同时在x0的表达式(4)中，都是对称的,
33
故对方程的根(S)的根，以何者为α何者为β是没有什么分别的。这就是说α，β可以相互交换位置，得到的计算结果不变.
即,
3
23
qqp
β=-±+
2427
3
23
qqp
α=-±+(9)
2427
或,
3
23
qqp
α=-?+
2427
3
23
qqp
β=-±+(9)
2427
两者的计算结果是相同的,我们得到次之卡尔丹公式，把方程(3)的根经其系数用平方根与立方根来表出：
33
2323
qqpqqp
x0=α+β=+++-++
24272427
因立方根在复数域中有三个值，所以(9)式给予α三个值与β三个值。
注意：ε是1的立方根，即
3
ε=1,
因为1开立方在复数平面内有3个根。分别是
ε=1,ε=-1/2+i√3/2,ε=-1/2+i√3/2,
012
下面内容为插叙
推导过程可参见А.Г.УРОШ库洛什著高等代数教程1953年版,
7.复数的方根,
但应用卡尔丹公式时，不可能取任一方根值α与任一立方根值β的组合：
对于已予的α值只能取三个β值中适合条件(5)的哪一个值。
设α1为α的三个值中的任一个。
2
由7已经证明其他二值可以1的立方根ε与ε乘α1来得出：
2
α2=α1ε，α3=α1ε，
以β1记β的三个值中由(5)式的关系对应于α的值α1的那一个值，亦即α1β1=-p/3。β的其他两个值是,
2
β2=β1ε，β3=β1ε，
因由,
3
ε=1,
23
α2β2=α1εβ1ε=α1β1ε=α1β1=-p/3,
所以α的值α2对应于β的值β3；同理值α2对应于β2.这样一来，方程(3)所有的根可以写为次之形状：
x1=α1+β1,
2
x2=α2+β3=α1ε+β1ε,(10)
2
x3=α3+β2=α1ε+β1ε,
上面方程的根为,
方根来表出：
33
2323
-qqpqqp
x=+++--+
124272427
33
2323
-qqp2qqp
x=ε+++ε--+
224272427
33
2323
2-qqpqqp
x=ε+++ε--+
324272427
其中,
3
ε=1,
因为1开立方在复数平面内有3个根。分别是
ε=1,ε=-1/2+i√3/2,ε=-1/2+i√3/2,
012
推导过程可参见7.复数的方根,
2.实系数三次方程
我们来看一下，关于实系数不完全三次方程,
3
x+px+q=0(11)
的根，可以说些什么。在这一情形，我们发现在卡尔丹公式中平方根下面的表示式,
23
qp
+
427
有重要作用。再者，这一表示式与方程(11)左边的判别式反号，在以后的叙述中我们将用判别式的符号来分类。事实上，应用38的(24)式于我们现在的情形(亦即在这一式子中取a=0,b=p,c=q)，我们得到,
23
32qp
D=-4p-27q=-108(+)
427
推导过程可参见А.Г.УРОШ库洛什著高等代数教程1953年版,
38.结式、未知量的消去法、判别式,
32
例：求出三次多项式f(x)=x+ax+bx+c的判别式。由(23)
3ss
12
D=sss
223
sss
234
由上节我们知道,
s=σ=-a
11
22
s=σ-σ=a-2b
212
223
s=σ-σσ+3σ=-a+3ab-3c
3123
应用牛顿公式，由σ=0，我们求出,
4
422422
s=σ-4σσ+4σσ+2σ=a-4ab-4ac+2b
4112122
故,
3222233
D=3ss+2sss-s-ss-3s=ab-4b-4ac+18abc-27c(24)
241232143
所以,
2233
D=a0-40-4ac+18a0c-27c
3
D=-4ac-27c
因为,a=0,b=p,c=q,
所以,
3
D=-4ac-27c
上面的插叙结束，接上面
(1)设setD<0.
此时在卡尔丹公式的平方根下面是一个正实数，所以每一个立方根下面都是实数。但是实数的立方根有一个是实数值，有两个是共轭复数值。设α1是α的实数值，那么由p之为一实数，知经(5)式的关系对应于α1的β的值β1亦必为一实数。知经(5)式的关系对应于α1的β的值β1亦必为一实数。这样一来，方程(11)的根x1=α1+β1为一实数,
2
把7中对于1的立方根ε=ε1与ε=ε2的表示式(7)代入本节中的(10)式，
下面内容为插叙,
推导过程可参见А.Г.УРОШ库洛什著高等代数教程1953年版,
7.复数的方根,
单位根,特别重要的情形是求数1的n次根。这个根有n个值，所有这些值，我们叫n次单位根，由等式1=cos0+isin0与公式(4)，知其为,
2kπ2kπ
1=cos+isin;k=0,1,...,n-1(1)
nn
由(6)式，知如n为偶数，则在k=0与n/2时得n次单位值的实值，如n为奇数，则仅在k=0时始能得出实值。在复平面上，n次单位根排列在单位圆的圆周上而且把圆周分为n个等分；其中有一个分点是数1.因此，n次单位根中那些不是实数的值的位置是对于对称的，亦即两两共轭,二次单位根有两个值1与-1，四次单位根有四个值1，-1，i与-i。记住三次单位根的值，以后很有用。由(6)，这些数是,
2kπ2kπ
cos+isin;
nn
其中k=0,1,2,亦即，除1以外，是共轭数
2π2π1√3
ε1=cos+isin=-+i
nn22
}(7)
4π4π1√3
ε2=cos+isin=--i
nn22
复数α的n次根的所有值，都可以从它的某一个值乘上所有的n次单位根来得出，例如设β为数α的n次根的某一个值，亦即,
n
β=α,
而ε为任一n次单位根，亦即
n
ε=1,
则,
nnn
(βε)=βε=α
亦即βε为,
n
α的一个值
乘β以n次单位根的每一个值，我们得出α的n次方根的n个不同的值，亦即这个根所有的值。
例：(1)数-8的立方根有一个值-2.由(7)，知其它两个根为,-2ε1=1-i√3和-2ε2=1+i√3，
4
(2)81有四个值：3，-3，3i，-3i
上面的插叙结束，接上面，
2
把7中对于1的立方根ε=ε1与ε=ε2的表示式(7)代入本节中的(10)式，
我们求出其他两个根，
2
x2=α1ε+β1ε=α1(-1/2+i√3/2)+β1(-1/2-i√3/2)=-(α1+β1)/2+i√3(α1-β1)/2
2
x3=α1ε+β1ε=α1(-1/2-i√3/2)+β1(-1/2+i√3/2)=-(α1+β1)/2-i√3(α1-β1)/2
由α1与β1之为实数，知这两个根是共轭复数，而且虚数部分不为零，因为α1≠β1——这两个数是两个不同的数的平方根。这样一来，如果D<0,那么方程(11)有一个实数根与两个共轭复数根。
(2)设D=0.在这一情形，
3
α=-q/2，
3
β=-q/2，
设α1为α的实数值；那么由(5)知β1亦为一实数，而且α1=β1.在(10)式中以α1代β1且应用显明的等式ε+ε=-1，我们得出：
x1=2α1,
2
x2=α1(ε+ε)=-α1,
2
x3=α1(ε+ε)=-α1,
这样一来，如果D=0，那么方程(11)所有的根都是实数，而且有两个彼此相等。这个重根的出现与其判别式等于零是完全一致的。
(3)最后，设D>0。在这一情形，卡尔丹公式中平方根号下面是一个负实数，所以在立方根号下面是互相共轭的复数。这样一来，所有α与β的值现在都是复数。设，
α0=u+iv，为α的任一个值，而β0为由(5)得出的对应于α0的β值。那么
22
β0=-p/(3α)=-p/3(u+iv)=-p(u-iv)/3(u+v)
22
数α0与β0是实系数二次方程(8)的复数根，故必须共轭。但已验证数，
333
α0=(u+iv)与(u-iv)彼此共轭，故，
33
β0=(u-iv)，
22
因而实数-p/3(u+v)的立方根等于1，这就说明它自己等于1.这就证明了β0=u-iv,所以α0+β0是一个实数。我们得出了方程(11)的所有根都是实数根，而且由判别式D之不为零，这些根里面没有重根。这样一来，如果D>0，那么方程(11)有三个不同的实数根。刚才的讨论说明在最后的这个情形，卡尔丹公式的实用价值不很大。事实上，随则在D>0时，实系数方程(11)的根全为实数，但是用卡尔丹公式来求出它们要对复数开立方，我们只能化这些数为三角式来做。所以用根式写出的方程的根失去实用价值。我们可以应用超出本书范围以外的方法来证明，方程(11)的根在所讨论的情形，一般是没有办法可经其系数利用实数的方根来表出。在这一情形所解的方程(11)成为不可约的(不要和不可约多项式相混淆!)
例。1.解方程，
32
y+3y-3y-14=0
设y=x-a/3，y=x-1，代入y=x-1化这一方程为，
3
x-6x-9=0(12)
此处p=-6,q=-9,故,
23
qp49
+=>0
4274
亦即方程(12)有一个实数根和两个共轭复数根。由(9)
3
973
α=+=8
22
3
973
β=-=1
22
故α1=2，β1=1，亦即x1=3。其它两个根可从(10)求出：
3√3
x2=-+i
22
3√3
x3=--i
22
故知，所予方程的根为数,
y1=2,
5√3
y2=-+i
22
5√3
y3=--i
22
2.解方程,
3
x-12x+16=0
此处p=-12,q=16,故,
23
qp
+=0
427
因此:
3
α=-8
亦即α1=-2，所以,x1=4,x2=x3=2,
3.解方程.
3
x-19x+30=0
此处p=-19,q=30,故
23
qp784
+=-<0
42727
这样一来，如果限于实数范围，卡尔丹公式对于这一方程不能应用，即使它的根是实数2，3，与-5,
3.环的定义：
定义了下列三种运算（演算）的集合叫做环，
加法运算：对于集合中的任意两元素a和b，有元素c与它们对应，c叫做a,b的和：c=a+b
乘法运算：对于任意两元素a和b，有元素d与它们对应，d叫做a,b的积,d=ab,
减法运算：对于任意两元素a和b，有元素e与它们对应，e叫做a,b的差,e=a-b,
加法与乘法运算，由下列性质刻画出来,
加法公理,
1.结合公理：对于任何三元素a,b和c；必有
(a+b)+c=a+(b+c)
2.交换公理：对于任何两元素a和b；必有,
a+b=b+a,
3.逆运算公理(对于加法):
对于任何两个元素a和b存在唯一的元素，满足条件,
a+x=b,
元素x称为元素b和a的差，记作
乘法公理
4.结合公理：对于任何三元素a，b和c；必有,
(ab)c=a(bc),
5.交换公理：对于任何两元素a和b；必有,
ab=ba,
6.分配公理：对于任何三元素a，b和c；必有,
(a+b)c=ac+bc,
注意不满足交换律的环成为不易环，反之，满足交换律的环成为可易环,
减法公理,
7.结合公理：对于任何三元素a，b和c；必有,
b+(a-c)=(b+a)-c,
6.分配公理：对于任何三元素a，b和c；必有,
bc+(a-b)c=ac,
b+(a-b)=a,
(a-b)c=ac-bc,
环的定义：
定义了下列1种运算（演算）的环叫做域，
除法运算：对于集合中的任意两元素a和b，有元素c与它们对应，c叫做a,b的商：
c=a/b,
称环P为域，如至少含有一个不为零的元素，且除开除数为零的情形外，对于其他情形，除法在它里面可以施行而且是唯一确定的，亦即对于P中任二元素a,b，当b不为零时，在P中有元素q存在，适合等式bq=a,而且是唯一的。亦即对于P中任二元素a,b，当b不为零时，在P中有元素q存在，适合等式bq=a,而且是唯一的。元素q称为元素a与b之商且记之以符号q=a/b,注意：域中除法的唯一性，有如在环的定义里面假设有减法的唯一性，事实上不难利用在域或环的对应定义中其它一些条件来证明。
代数无关
假设多项式环L由多项式元素a,a,a,...,a构成,
123n
a,a,a,...,a分别为n未知量多项式,
123n
例如a=f(x,x,x,...,x)为n未知量多项式
n123n
123n12n
123n12n
可以假设在多项式f(x,x,...,x)中同类项已合并且系数为0的项已经删除。
12n
环L`是环L的子环,
a,a,a,...,a等n未知量多项式的中的未知量x，x,x,...,x的系数属于域P
123n123n
环L`上的元素属于环L,环L`上的多项式元素的系数都属于域P，域P属于可易环L中，
子环L`上的元素是由n未知量多项式a,a,...,a和数域P上的元素经过加减乘等运算
12n
得到的。对于子环L`中的任一元素β，a，a,a,...,a在域P上的系数都是唯一的,
123n
a，a,a,...,a是环L`上不同的多项式,
123n
a，a,a,...,a的根不在域P上，根在环L`上,
123n
那么就称环L`上的元素和数域P代数无关，
a，a,a,...,a在域P上的系数都是唯一的,
123n
a，a,a,...,a是域P上不同的多项式,
123n
a，a,a,...,a的根在域P上，根不在环L`上
123n
那么就称环L`上的元素和数域P代数相关，设P是可易环L内的一个子环，如果n次方程的自变量的系数存在于域P中，同时n≥1,环L中的元素a是这个方程的根，那么，环L中的元素a称为域P上的代数数。反之，如果元素a不是这个方程的根，那么，环L中的元素a称为域P上的超越数。
子域，扩展域
设在域P中，有一部分元素组成集合P`，而且对于域P中的那些运算这一个集合构成一个域，亦即从P`中任意两元素a,b所得出的属于P中的元素a+b,ab,a-b,和当b≠0时的a/b都在域P`内,(P所适合的定律1，2，3，4，5显然对于P`仍能适合),那么称P`为域P的子域，而P为域P`的扩展域。显然，域P的零元素与么元素都属于P`内，而且亦是P`的零元素和幺元素。例如有理数域是实数域的子域，所有的实数域是复数域的子域。
环属于集合，同时满足下面的条件,
域属于集合，同时满足下面的条件,
1.加法可易律：a+b=b+a,
2.加法可群律：a+(b+c)=(a+b)+c,
3.乘法可易律：ab=ba,
4.乘法可群律：a(bc)=(ab)c,
5.结合加法与乘法的分配率：(a+b)c=ac+bc,
可易环是满足可易律的环，不可易环是不满足可易律的环,可易域是满足可易律的域，不可易域是不满足可易律的域,
卡尔丹公式的证明调用复数的方根，注：1的立方根共有三个
调用三次方程根的判别式
调用结式求方程的判别式
调用求任意未知量非线性方程的解，可参看代数几何
调用欧几里得演段
调用对称多项式的性质
调用多项式代数无关定义
调用韦达定理
方程有重根的条件
注意：非线性方程组，是n个未知量是高次方程组成的方程组,齐次线性方程组，里面的方程的n个未知量都是相同次数的,
其中,
3
ε=1,
因为1开立方在复数平面内有3个根。分别是,
ε=1,ε=-1/2+i√3/2,ε=-1/2+i√3/2
012
推导过程可参见7.复数的方根,
推导过程可参见А.Г.УРОШ库洛什著高等代数教程1953年版,
38.结式、未知量的消去法、判别式,
例：求出三次多项式f(x)=x+ax+bx+c的判别式。由(23),
3ss
12
D=sss
223
sss
234
由上节我们知道,
s=σ=-a
11
22
s=σ-σ=a-2b
212
223
s=σ-σσ+3σ=-a+3ab-3c
3123
应用牛顿公式，由σ=0，我们求出,
4
422422
s=σ-4σσ+4σσ+2σ=a-4ab-4ac+2b
4112122
故,
3222233
D=3ss+2sss-s-ss-3s=ab-4b-4ac+18abc-27c(24)
241232143
所以,
2233
D=a0-40-4ac+18a0c-27c
3
D=-4ac-27c
因为,a=0,b=p,c=q,
所以,
3
D=-4ac-27c
一个域P上面的n未知量x,x,x,...,x的多项式
123n
f(x,x,...,x)是指系数在数域P中的有限个形为xx...x各项
12n12n
之和，其中所有的k≥0
n
4.说明，计算一元三次立方根的卡尔丹公式如下：
32
y+ay+by+c=0(1)
设y=x+h,得
32
(x+h)+a(x+h)+b(x+h)+c=0
3223
x+(3h+a)x+(3h+2ah+b)x+h+bh+c=0
上面方程可转化为,
3
x+px+q=0(3)
其中,y=x-a/3,(2)
h=-a/3,
22
p=3h+b+2ah=b-a/3,
33
q=h+bh+c=-a/27-ab/3+c,
方根来表出：
33
2323
-qqpqqp
x=+++--+
124272427
33
2323
-qqp2qqp
x=ε+++ε--+
224272427
33
2323
2-qqpqqp
x=ε+++ε--+
324272427
其中,
3
ε=1,
因为1开立方在复数平面内有3个根。分别是
ε=1,ε=-1/2+i√3/2,ε=-1/2+i√3/2,
012
推导过程可参见7.复数的方根,
三.计算一元四次，五次方程的近似解法
1.计算一元四次方程的近似解
432
x+ax+bx+cx+d=0
44
假设x的系数k≠1,可以给方程左边同时除以k，使x的系数k变成1,
设x=y+h，得
432
(y+h)+a(y+h)+b(y+h)+c(y+h)+d=0(1)
化简(1)得,
432234322322
y+4hy+6hy+4hy+h+ay+3ahy+3ahy+ah+by+2bhy+bh+cy+ch+d=0
432232432
y+(4h+a)y+(6h+3ah+b)y+(4h+3ah+2bh)y+h+ah+bh+ch+d=0(2)
设a+4h=0,得
h=-a/4,
化简(2)得
42232432
y+(6h+3ah+b)y+(4h+3ah+2bh)y+h+ah+bh+ch+d=0
设y=u-v+w，得
42232432
(u+v)+(6h+3ah+b)(u+v)+(4h+3ah+2bh)(u+v)+h+ah+bh+ch+d=0
43223422222
u+4uv+6uv+4uv+v+(6h+3ah+b)u+2(6h+3ah+b)uv+(6h+3ah+b)v
3232432
+(4h+3ah+2bh)u+(4h+3ah+2bh)v+h+ah+bh+ch+d=0
33222323
u[u+4v+6uv+4uv+(6h+3ah+b)u+2(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]+v[v+
232432
(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]+h+ah+bh+ch+d=0
所以，可以这样选取u,v使得
3322232
u[u+4v+6uv+4uv+(6h+3ah+b)u+2(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]=0(3)
{
3232432
v[v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]+h+ah+bh+ch+d=0(4)
由(4)得,
3232432
v[v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]=-(h+ah+bh+ch+d=0)
3232
v[v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]
=1
432
-(h+ah+bh+ch+d)
3232
v[v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]1
=
432100000
-100000(h+ah+bh+ch+d)
由于上面方程左右两边的值都小于0.0001，所以给方程左边除以一个数v，再给方程右边乘以一个数v，方程左右两边近似相等,
3232
v[v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]
=0.00001v
432
-100000(h+ah+bh+ch+d)
注意：
3232432
v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)≈-0.01v(h+ah+bh+ch+d)
432
0.01v(h+ah+bh+ch+d)中的0.0001的取值和方程系数a,b,c有关系有关系，
432
当a,b,c都小于100时，取0.01v(h+ah+bh+ch+d),
432
当a,b,c都大于100时，且a,b,c的值都小于1000时，取0.001v(h+ah+bh+ch+d),
432
当a,b,c都大于1100时，且a,b,c的值都小于10000时，取0.0001v(h+ah+bh+ch+d),
其它情况依次类推,所以,
3243232
v+[(6h+3ah+b)+0.01(h+ah+bh+ch+d)]v+(4h+3ah+2bh)≈0
上面方程（5）可转化为,
3
x`+p`x`+q`=0,
其中,x`=v,
2432
p`=[(6h+3ah+b)+0.01(h+ah+bh+ch+d)]
32
q`=4h+3ah+2bh
根据一元三次方程卡尔丹公式上面方程的根为:
33
2323
-q`q`p`q`q`p`
v=+++--+
024272427
33
2323
-q`q`p`2q`q`p`
v=ε+++ε--+
124272427
33
2323
2-q`q`p`q`q`p`
v=ε+++ε--+
224272427
其中,
3
ε=1,
因为1开立方在复数平面内有3个根。分别是
ε=1,ε=-1/2+i√3/2,ε=-1/2+i√3/2,
012
推导过程可参见7.复数的方根,
由(3)得,
3322232
u+4v+6uv+4uv+(6h+3ah+b)u+2(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)=0(9)
上面方程（9）可转化为,
32
y``+a``y``+b``y``+c``=0(1)
其中,a``=4v,
2
b``=6h+3ah+b+6v,
3232
c``=4v+2(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)
上面方程可转化为,
3
x``+p``x``+q``=0(3)
其中,
y``=x``-a``/3(2)
2
p``=-a``+b``,
q``=-a``b``/3+c``,
上面方程的根为:
33
2323
-q``q``p``q``q``p``
u=+++--+-a``/3
024272427
33
2323
-q``q``p``2q``q``p``
u=ε+++ε--+-a``/3
124272427
33
2323
2-q``q``p``q``q``p``
u=ε+++ε--+-a``/3
224272427
其中,
3
ε=1,
因为1开立方在复数平面内有3个根。分别是
ε=1,ε=-1/2+i√3/2,ε=-1/2+i√3/2,
012
推导过程可参见7.复数的方根,
推导过程可参见А.Г.УРОШ库洛什著高等代数教程1953年版,
最后得到上面一元四次方程的解,x=y+h=u+v+h=u+v-a/4,
33
2323
-q`q`p`q`q`p`
x=+++--+
024272427
33
2323
-q``q``p``q``q``p``
++++--+-a``/3-a/4
24272427
33
2323
-q`q`p`2q`q`p`
x=ε+++ε--+
124272427
33
2323
-q``q``p``2q``q``p``
+ε+++ε--+-a``/3-a/4
24272427
33
2323
2-q`q`p`q`q`p`
x=ε+++ε--+
224272427
33
2323
2-q``q``p``q``q``p``
+ε+++ε--+-a``/3-a/4
24272427
2.计算一元五次方程的近似解
5432
x+ax+bx+cx+dx+e=0
55
假设x的系数k≠1,可以给方程左边同时除以k，使x的系数k变成1,
设x=y+h，得
5432
(y+h)+a(y+h)+b(y+h)+c(y+h)+d(y+h)+e=0(1)
化简(1)得,
5423324543223
y+5hy+10hy+10hy+5hy+h+ay+4ahy+6ahy+4ahy
4322322
+ahn+by+3bhy+3bhy+bh+cy+2chy+ch+dy+dh+e=0
5423232345
y+(a+5h)y+(4a+10h+b)y+(6ah+10h+c+3bh)y+(4ah+5h+2ch+3bh+d)y+h
432
+ah+bh+ch+dh+e=0
设a+5h=0,得,h=-a/5,x=y-a/5,
化简(2)得,
5232323454
y+(4a+10h+b)y+(6ah+10h+c+3bh)y+(4ah+5h+2ch+3bh+d)y+h+ah
32
+bh+ch+dh+e=0
设y=u+v，得
52323234
(u+v)+(4a+10h+b)(u+v)+(6ah+10h+c+3bh)(u+v)+(4ah+5h
5432
+2ch+3bh+d)(u+v)+h+ah+bh+ch+dh+e=0(3)
因为,
554233245
(u+v)=u+5vu+10vu+10vu+5vu+v(4)
2332232322
(4a+10h+b)(u+v)=4au+12avu+12avu+4av+10hu+30hvu
22233223
+30hvu+10hv+bu+3bvu+3bvu+bv(5)
2322222323
(6ah+10h+c+3bh)(u+v)=6ahu+12ahvu+6ahv+10hu+20hvu
322222
+10hv+cu+2cuv+cu+3bhu+6bhu+3bhu(6)
343434
(4ah+5h+2ch+3bh+d)(u+v)=4ahu+5hu+2chu+3bhu+du+4ahv+5hv+2chv+3bhv+dv(7)
化简(3)得,
432234222
u[u+5vu+10vu+10vu+5v+(4a+10h+b)u+3v(4a+10h+b)u
222323
+3v(4a+10h+b)+(6ah+10h+c+3bh)u+2v(6ah+10h+c+3bh)
3442223
+(4ah+5h+2ch+3bh+d)]+v[v+(4a+10h+b)v+(6ah+10h+c+3bh)v
345432
+(4a+5h+2ch+3bh+d)]+h+ah+bh+ch+dh+e=0
所以，可以这样选取u,v，使得
43223422222
u[u+5vu+10vu+10vu+5v+(4a+10h+b)u+3v(4a+10h+b)u+3v(4a+10h+b)
232334
+(6ah+10h+c+3bh)u+2v(6ah+10h+c+3bh)+(4ah+5h+2ch+3bh+d)]=0(8)
{
422233543
v[v+(4a+10h+b)v+(6ah+10h+c+3bh)v+(4a+5h+2ch+3bh+d)]+h+ah+bh
2
+ch+dh+e=0(9)
由(9)得
4222334
v[v+(4a+10h+b)v+(6ah+10h+c+3bh)v+(4a+5h+2ch+3bh+d)]
5432
=-(h+ah+bh+ch+dh+e)
4222334
v[v+(4a+10h+b)v+(6ah+10h+c+3bh)v+(4a+5h+2ch+3bh+d)]
=1
5432
-(h+ah+bh+ch+dh+e)
4222334
v[v+(4a+10h+b)v+(6ah+10h+c+3bh)v+(4a+5h+2ch+3bh+d)]1
=
5432
-100000(h+ah+bh+ch+dh+e)100000
由于上面方程左右两边的值都小于0.0001，所以给方程左边除以一个数v，再给方程右边乘以一个数v，方程左右两边近似相等,
4222334
v[v+(4a+10h+b)v+(6ah+10h+c+3bh)v+(4a+5h+2ch+3bh+d)]
≈0.00001v
5432
-100000(h+ah+bh+ch+dh+e)
4222334
v+(4a+10h+b)v+(6ah+10h+c+3bh)v+(4a+5h+2ch+3bh+d)
5432
≈-0.01v(h+ah+bh+ch+dh+e)
注意：
5432
0.001v(h+ah+bh+ch+dh+e)中的0.0001的取值和方程系数a,b,c有关系有关系，
5432
当a,b,c都小于100时，取0.01v(h+ah+bh+ch+dh+e)
当a,b,c都大于100时，且a,b,c的值都小于1000时，
5432
取0.001v(h+ah+bh+ch+dh+e),
当a,b,c都大于1100时，且a,b,c的值都小于10000时，
5432
取0.0001v(h+ah+bh+ch+dh+e),
其它情况依次类推,所以,
4222334
v+(4a+10h+b)v+(6ah+10h+c+3bh)v+(4a+5h+2ch+3bh+d)
5432
+0.01v(h+ah+bh+ch+dh+e)≈0
上面方程（10）可转化为,
42
x`+p`x`+q`x`+r`=0
上式中,
v=x`,
2
p`=4a+10h+b,
235432
q`=6ah+10h+c+3bh+0.01(h+ah+bh+ch+dh+e)
43
r`=4a+5h+2ch+3bh+d
根据一元四次方程费拉里公式上面方程的根为:
p`q`
2t`±2t`-4(+t`+)
002022t`
0
v=x`=-
2
其中,
33
2323
-q```q```p```-q```q```p```
t`=+++-+-p`/3
024272427
33
2323
-q```q```p```2-q```q```p```
t`=ε+++ε-+-p`/3
124272427
33
2323
2-q```q```p```-q```q```p```
t`=ε+++ε-+-p`/3
224272427
上式中,
2
p```=-r`+p`/4-p`/3,
322
q```=-p`/27-p`(-r`+p`)/12-q`/8
由(8)得
43223422222
u+5vu+10vu+10vu+5v+(4a+10h+b)u+3v(4a+10h+b)u+3v(4a+10h+b)
232334
+(6ah+10h+c+3bh)u+2v(6ah+10h+c+3bh)+(4ah+5h+2ch+3bh+d)=0
432223223
u+5vu+(10v+4a+10h+b)u+[10v+3v(4a+10h+b)+6ah+10h+c+3bh]u
42334
+5v+2v(6ah+10h+c+3bh)+(4ah+5h+2ch+3bh+d)=0(11)
上面方程（11）可转化为,
432
y``+a``y``+b``y``+c``y``+d``=0
上式中,a``=5v,
22
b``=10v+4a+10h+b
3223
c``=10v+3v(4a+10h+b)+6ah+10h+c+3bh
42334
d``=5v+2v(6ah+10h+c+3bh)+(4ah+5h+2ch+3bh+d)
预先代以y``=x``-a``/4化方程为:
42
x``+p``x``+q``x``+r``=0
上式中,
h``=-a``/4,
243
p``=6h``+3a``h``,r``=h``+a``h``+h``+d``,y``=x``-a``/4,
32
q``=4h``+3a``h``+c``
解得,
p`q`
2t`±2t`-4(+t`+)
002022t`
0
u=y``=x``-a``/4=-
2
其中,
33
2323
-q````q````p````-q````q````p````
t``=+++-+-p``/3
024272427
33
2323
-q````q````p````2-q````q````p````
t``=ε+++ε-+-p``/3
124272427
33
2323
2-q````q````p````-q````q````p````
t``=ε+++ε-+-p``/3
224272427
上式中,
2
p````=-r``+p``/4-p``/3,
322
q````=-p``/27-p``(-r``+p``)/12-q``/8
最后得到上面一元四次方程的解x=y+h=u+v+h=u+v-a/4,
p`q`
2t`±2t`-4(+t`+)
002022t`
0
x=-
2
p``q``
2t``±2t``-4(+t``+)
002022t``
0
+--a``/4-a/4
2
3.由数学归纳法可知，计算一元n次方程近似解的公式如下
n32
x+...+ax+bx+cx+d=0
44
假设x的系数k≠1,可以给方程左边同时除以k，使x的系数k变成1,
设x=y+h，得,
n32
(y+h)+...+a(y+h)+b(y+h)+c(y+h)+d=0(1)
化简(1)得,
nn322322
y+...+h+...+ay+3ahy+3ahy+ah+by+2bhy+bh+cy+ch+d=0
nn-123432
y+(nh+a)y+(...+3ah+b)y+(...+3ah+2bh)y+...+h+ah+bh+ch+d=0(2)
设a+nh=0,得,h=-a/n
化简(2)得,
n23432
y+(...+3ah+b)y+(...+3ah+2bh)y+...+h+ah+bh+ch+d=0
n次方程各项的系数可以通过二项式定理计算,二项式展开公式如下:
n0n1n-1kn-kknn
(a+b)=Ca+Cab+...+Cab+...+Cb
nnnn
设y=u-v+w，得
n23432
(u+v)+(...+3ah+b)(u+v)+(...+3ah+2bh)(u+v)+...+h+ah+bh+ch+d=0
n-13322232
u[u+...+u+4v+6uv+4uv+(6h+3ah+b)u+2(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]
n-13232n432
+v[v+...+v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]+h+...+h+ah+bh+ch+d=0
所以，可以这样选取u,v使得,
n-13322232
u[u+...+u+4v+6uv+4uv+(6h+3ah+b)u+2(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]=0(3)
{
n-13232n432
v[v+...+v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]+h+...+h+ah+bh+ch+d=0(4)
由(4)得,
n-13232n432
v[v+...+v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]=-(h+...+h+ah+bh+ch+d)
n-13232
v[v+...+v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]
=1
n432
-(h+...+h+ah+bh+ch+d)
n-13232
v[v+...+v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]1
=
n432100000
-100000(h+...+h+ah+bh+ch+d)
由于上面方程左右两边的值都小于0.0001，所以给方程左边除以一个数v，再给方程右边乘以一个数v，方程左右两边近似相等,
n-13232
v[v+...+v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)]
≈0.00001v
n432
-100000(h+...+h+ah+bh+ch+d)
注意：
n-13232432
v+...+v+(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)≈-0.01v(h+ah+bh+ch+d)
n432
0.01v(h+...+h+ah+bh+ch+d)中的0.0001的取值和方程系数a,b,c有关系有关系，
n432
当a,b,c都小于100时，取0.01v(h+...+h+ah+bh+ch+d),
n432
当a,b,c都大于100时，且a,b,c的值都小于1000时，取0.001v(h+...+h+ah+bh+ch+d),
当a,b,c都大于1100时，且a,b,c的值都小于10000时，
n432
取0.0001v(h+...+h+ah+bh+ch+d)
其它情况依次类推,所以,
n-13243232
v+...+v+[(6h+3ah+b)+0.01(h+ah+bh+ch+d)]v+(4h+3ah+2bh)≈0(5)
上面方程（5）可转化为:
n-1
x`+...+p`x`+q`=0
其中,x`=v,
2432
p`=[(6h+3ah+b)+0.01(h+ah+bh+ch+d)]
32
q`=4h+3ah+2bh
根据一元n-1次方程求根公式:
33
2323
-q`q`p`-q`q`p`
v=+++-+(6)
024272427
33
2323
-q`q`p`2-q`q`p`
v=ε+++ε-+(7)
124272427
33
2323
2-q`q`p`-q`q`p`
v=ε+++ε-+(8)
224272427
上式中,
3
ε=1,
因为1开立方在复数平面内有3个根。分别是
ε=1,ε=-1/2+i√3/2,ε=-1/2+i√3/2,
012
推导过程可参见7.复数的方根,
由(3)得,
n-13322232
u+...+u+4v+6uv+4uv+(6h+3ah+b)u+2(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)=0(9)
上面方程（9）可转化为:
n-12
y``+...+a``y``+b``y``+c``=0(1)
其中,a``=4v,
23232
b``=6h+3ah+b+6v,c``=4v+2(6h+3ah+b)v+(4h+3ah+2bh)
上面方程可转化为:
n-1
x``+...+p``x``+q``=0(3)
其中,
y``=x``-a``/3(2)
2
p``=-a``+b``,q``=-a``b``/3+c``
上面方程的根为:
33
2323
-q``q``p``-q``q``p``
u=+++-+-a``/3
024272427
33
2323
-q`q`p`2-q`q`p`
u=ε+++ε-+-a``/3
124272427
33
2323
2-q`q`p`-q`q`p`
u=ε+++ε-+-a``/3
224272427
3
其中,ε=1,
因为1开立方在复数平面内有3个根。分别是:
ε=1,ε=-1/2+i√3/2,ε=-1/2+i√3/2,
012
推导过程可参见7.复数的方根,
推导过程可参见А.Г.УРОШ库洛什著高等代数教程1953年版,
最后得到上面一元n-1次方程的解,x=y+h=u+v+h=u+v-a/4,
33
2323
-q`q`p`-q`q`p`
x=+++-+
024272427
33
2323
-q``q``p``-q``q``p``
++++-+-a``/3-a/4
24272427
33
2323
-q`q`p`2-q`q`p`
x=ε+++ε-+
124272427
33
2323
-q``q``p``2-q``q``p``
+ε+++ε-+-a``/3-a/4
24272427
33
2323
2-q`q`p`-q`q`p`
x=ε+++ε-+
224272427
33
2323
2-q``q``p``-q``q``p``
+ε+++ε-+-a``/3-a/4
24272427
5.说明，计算一元三次立方根的卡尔丹公式如下：
32
y+ay+by+c=0
上面方程可转化为:
3
x+px+q=0
其中,y=x-a/3,h=-a/3,
2232
p=3h+b+2ah=b-a/3,q=h+bh+c=-a/27-ab/3+c
上面方程的根为:
33
2323
-qqp-qqp
y=+++-+
024272427
33
2323
-qqp2-qqp
y=ε+++ε-+
124272427
33
2323
2-qqp-qqp
y=ε+++ε-+
224272427
3
其中,ε=1,
因为1开立方在复数平面内有3个根。分别是:
ε=1,ε=-1/2+i√3/2,ε=-1/2+i√3/2,
012
推导过程可参见7.复数的方根,
2323
-qqp-qqp
a=++b=++
24272427
5.一元四次方程费拉里求根公式
432
y+ay+by+cy+d=0(13)
预先代以y=x-a/4化方程(13)为:
42
x+px+qx+r=0
上式中h=-a/4,y=x-a/4,
24332
p=6h+3ah,r=h+ah+h+d,q=4h+3ah+c,
解得,
解得,
p`q`
2t`±2t`-4(+t`+)
002022t`
0
u=y``=x``-a``/4=-
2
其中,
33
2323
-q````q````p````-q````q````p````
t``=+++-+-p``/3
024272427
33
2323
-q````q````p````2-q````q````p````
t``=ε+++ε-+-p``/3
124272427
33
2323
2-q````q````p````-q````q````p````
t``=ε+++ε-+-p``/3
224272427
上式中,
2
p````=-r``+p``/4-p``/3,
322
q````=-p``/27-p``(-r``+p``)/12-q``/8
最后得到上面一元四次方程的解x=y+h=u+v+h=u+v-a/4,
pq
2t±2t-4(+t+)
002022t
0
y=x-a/4=--a/4
2
其中,
33
2323
-qqp-qqp
t=+++-+-p/3
024272427
33
2323
-qqp2-qqp
t=ε+++ε-+-p/3
124272427
33
2323
2-qqp-qqp
t=ε+++ε-+-p/3
224272427
上式中,
2322
p`=-r+p/4-p/3,q`=-p/27-p(-r+p)/12-q/8,
7.二项式定理：
二项式展开公式
n0n1n-1kn-kknn
(a+b)=Ca+Cab+...+Cab+...+Cb
nnnn
二项式系数：
012rn
CCC…C…C
nnnnn
二项式展开的通项:
kn-kk
T=Cab
k+1n
nn
(b+a),(a-b)的通项规则分别为：
kn-kk
T=Caa
k+1n
kn-kk
T=Ca(-b)
k+1n
4.在定理中，令a=1,b=x,则
n01kknn
(1+x)=C+Cx+...+Cx+...+Cx
nnnn
四.计算一元六次方程的近似解
65432
x+ax+bx+cx+dx+ex+f=0
66
假设x的系数k≠1,可以给方程左边同时除以k，使x的系数k变成1,
设x=y+h，得
65432
(y+h)+a(y+h)+b(y+h)+c(y+h)+d(y+h)+e(y+h)+f=0(1)
化简(1)得
6425332456542332
y+15hy+6hy+20hy+15hy+6hy+h+ay+5ayh+10ayh+10ayh
4543223432232
+5ayh+ah+by+4bhy+6bhy+4bhy+bh+cy+3chy+3chy+ch+dy
2
+2dhy+h+ey+eh+f=0
65244323432
y+(6h+a)y+(15h+5ah+b)y+(20h+10ah+4bh+c)y+(15h+10ah+6bh
2543265432
+3ch+d)y+(6h+5ah+4bh+3ch+2dh)y+h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f=0(2)
设6h+a=0,得h=-a/6
化简(2)得
62443234322
y+(15h+5ah+b)y+(20h+10ah+4bh+c)y+(15h+10ah+6bh+3ch+d)y
543265432
+(6h+5ah+4bh+3ch+2dh)y+h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f=0
设y=u+v，得
6244323432
(u+v)+(15h+5ah+b)(u+v)+(20h+10ah+4bh+c)(u+v)+(15h+10ah+6bh
2543265432
+3ch+d)(u+v)+(6h+5ah+4bh+3ch+2dh)(u+v)+h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f=0
化简(3)，得
52343245243324
u[u+15vu+6vu+20vu+15vu+6v+(15h+5ah+b)u+4v(15h+5ah+b)
224224322
+6vu(15h+5ah+b)+4vu(15h+5ah+b)+(20h+10ah+4bh+c)u
23232432
+3v(20h+10ah+4bh+c)+3vu(20h+10ah+4bh+c)+u(15h+10ah+6bh+3ch+d)
43254324243
+2v(15h+10ah+6bh+3ch+d)+6h+5ah+4bh+3ch+2dh]+v[v+(15h+5ah+b)v
3224325432
+(20h+10ah+4bh+c)v+(15h+10ah+6bh+3ch+d)v+6h+5ah+4bh+3ch+2dh]
65432
+h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f=0=0
所以，可以这样选取u,v使得,
52343245243324
u[u+15vu+6vu+20vu+15vu+6v+(15h+5ah+b)u+4v(15h+5ah+b)
224224322
+6vu(15h+5ah+b)+4vu(15h+5ah+b)+(20h+10ah+4bh+c)u
23232432
+3v(20h+10ah+4bh+c)+3vu(20h+10ah+4bh+c)+u(15h+10ah+6bh+3ch+d)
4325432
+2v(15h+10ah+6bh+3ch+d)+6h+5ah+4bh+3ch+2dh]=0(4)
{
42433224325
v[v+(15h+5ah+b)v+(20h+10ah+4bh+c)v+(15h+10ah+6bh+3ch+d)v+6h
43265432
+5ah+4bh+3ch+2dh]+h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f=0=0(5)
由(5)得
42433224325
v[v+(15h+5ah+b)v+(20h+10ah+4bh+c)v+(15h+10ah+6bh+3ch+d)v+6h
43265432
+5ah+4bh+3ch+2dh]=-(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)
42433224325
v[v+(15h+5ah+b)v+(20h+10ah+4bh+c)v+(15h+10ah+6bh+3ch+d)v+6h
432
+5ah+4bh+3ch+2dh]
=1
65432
-(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)
42433224325
v[v+(15h+5ah+b)v+(20h+10ah+4bh+c)v+(15h+10ah+6bh+3ch+d)v+6h
432
+5ah+4bh+3ch+2dh]1
=
65432100000
-100000(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)
由于上面方程左右两边的值都小于0.0001，所以给方程左边除以一个数v，再给方程右边乘以一个数v，方程左右两边近似相等,
42433224325
v+(15h+5ah+b)v+(20h+10ah+4bh+c)v+(15h+10ah+6bh+3ch+d)v+6h
432
+5ah+4bh+3ch+2dh
≈0.00001v
65432
-100000(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)
注意：
5243322432
v+(15h+5ah+b)v+(20h+10ah+4bh+c)v+(15h+10ah+6bh+3ch+d)v
543265432
+6h+5ah+4bh+3ch+2dh≈-0.01(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)
65432
0.01(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)中的0.0001的取值和方程系数a,b,c有关系有关系，
65432
当a,b,c都小于100时，取0.01(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)
当a,b,c都大于100时，且a,b,c的值都小于1000时，
65432
取0.001(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)
当a,b,c都大于1000时，且a,b,c的值都小于10000时，
65432
取0.0001(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)
其它情况依次类推,所以,
52433224325
v+(15h+5ah+b)v+(20h+10ah+4bh+c)v+(15h+10ah+6bh+3ch+d)v+6h
43265432
+5ah+4bh+3ch+2dh+0.01(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)≈0(6)
根据上节所求的一元五次方程的求根公式，u=u`+v`,
下面是计算v`的方程:
5432
x`+a`x`+b`x`+c`x`+d`x`+e`=0
上式中,v=x`,a`=0,
2432432
b`=15h+5ah+b,c`=20h+10ah+4bh+c,d`=15h+10ah+6bh+3ch+d,
543265432
e`=6h+5ah+4bh+3ch+2dh+0.01(h+ah+bh+ch+dh+ey+eh+f)
上面方程可转化为:
42
y`+p`y`+q`y`+r`=0
上式中,x`=y`-a`/5,h`=-a`/5,
2235432
p`=4a`+10h`+b`,q`=6a`h`+10h`+c`+3b`h`+0.01(h`+a`h`+b`h`+c`h`+d`h`+e`)
43
r`=4a`+5h`+2c`h`+3b`h`+d`
根据上节所求的一元五次方程的求根公式，y`=u`+x`
p`q`
2t`±2t`-4(+t`+)
002022t`
0
v`=--a/4
2
其中,
33
2323
-q```q```p```-q```q```p```
t`=+++-+-p`/3
024272427
33
2323
-q```q```p```2-q```q```p```
t`=ε+++ε-+-p`/3
124272427
33
2323
2-q```q```p```-q```q```p```
t`=ε+++ε-+-p`/3
224272427
上式中,
2322
p`=-r+p/4-p/3,q`=-p/27-p(-r+p)/12-q/8,
下面是计算u`的方程,
432
y``+a``y``+b``y``+c``y``+d``=0
上式中,u`=y``,a``=5v`,
222
b``=10v`+4a`+10h`+b`=10v`+b`
32233
c``=10v`+3v`(4a`+10h`+b`)+6a`h`+10h`+c`+3b`h`=10v`+3v`b`+c`
423344
d``=5v`+2v`(6a`h`+10h`+c`+3b`h`)+(4a`h`+5h`+2c`h`+3b`h`+d`)=5v`+2c`v`+d`
243
h``=-a``/4,p``=6h``+3a``h``,r``=h``+a``h``+h``+d``,
32
y``=x``-a``/4,q``=4h``+3a``h``+c``
解得,
p``q``
2t``±2t``-4(+t``+)
002022t``
0
u`=--a``/4
2
其中,
33
2323
-q````q````p````-q````q````p````
t``=+++-+-p``/3
024272427
33
2323
-q````q````p````2-q````q````p````
t``=ε+++ε-+-p``/3
124272427
33
2323
2-q````q````p````-q````q````p````
t``=ε+++ε-+-p``/3
224272427
上式中,
2322
p````=-r``+p``/4-p``/3,q````=-p``/27-p``(-r``+p``)/12-q``/8,
最后得到上面一元四次方程的解,v=u`+v`-a`/4,
p`q`
2t`±2t`-4(+t``+)
002022t`
0
v=
2
p``q``
2t``±2t``-4(+t``+)
002022t``
0
+-a``/4-a`/4
2
2.由(4)得
52343245243
u+15vu+6vu+20vu+15vu+6v+(15h+5ah+b)u
324224224
+4v(15h+5ah+b)+6vu(15h+5ah+b)+4vu(15h+5ah+b)
322232
+(20h+10ah+4bh+c)u+3v(20h+10ah+4bh+c)
32432
+3vu(20h+10ah+4bh+c)+u(15h+10ah+6bh+3ch+d)
4325432
+2v(15h+10ah+6bh+3ch+d)+6h+5ah+4bh+3ch+2dh=0(7)
根据上节所求的一元五次方程的求根公式，u=u`+v`,
下面是计算v`的方程,
5432
x`+a`x`+b`x`+c`x`+d`x`+e`=0
上式中,v`=x`,a`=6v,
224
b`=15v+15h+5ah+b
32432
c`=20v+4v(15h+5ah+b)+20h+10ah+4bh+c
422432432
d`=15v+6v(15h+5ah+b)+3v(20h+10ah+4bh+c)+15h+10ah+6bh+3ch+d
2324325432
e`=3v(20h+10ah+4bh+c)+2v(15h+10ah+6bh+3ch+d)+6h+5ah+4bh+3ch+2dh
上面方程可转化为,
42
y`+p`y`+q`y`+r`=0
上式中,x`=y`-a`/5,h`=-a`/5,
2
p`=4a`+10h`+b`,
235432
q`=6a`h`+10h`+c`+3b`h`+0.01(h`+a`h`+b`h`+c`h`+d`h`+e`)
43
r`=4a`+5h`+2c`h`+3b`h`+d`
p`q`
2t`±2t`-4(+t`+)
002022t`
0
v`=
2
其中,
33
2323
-q```q```p```-q```q```p```
t`=+++-+-p`/3
024272427
33
2323
-q```q```p```2-q```q```p```
t`=ε+++ε-+-p`/3
124272427
33
2323
2-q```q```p```-q```q```p```
t`=ε+++ε-+-p`/3
224272427
上式中,
2322
p```=-r`+p`/4-p`/3,q```=-p`/27-p`(-r`+p`)/12-q`/8,
下面是计算u`的方程
432
y``+a``y``+b``y``+c``y``+d``=0
上式中,u`=y``,a``=5v`,
223223
b``=10v`+4a`+10h`+b`,c``=10v`+3v`(4a`+10h`+b`)+6a`h`+10h`+c`+3b`h`
42334
d``=5v`+2v`(6a`h`+10h`+c`+3b`h`)+(4a`h`+5h`+2c`h`+3b`h`+d`)
预先代以y``=x``-a``/4化方程为:
42
x``+p``x``+q``x``+r``=0
243
h``=-a``/4,p``=6h``+3a``h``,r``=h``+a``h``+h``+d``,
32
y``=x``-a``/4,q``=4h``+3a``h``+c``,
r`=4a`+5h`+2c`h`+3b`h`+d`
p``q``
2t``±2t``-4(+t``+)
002022t``
0
u`=-a``/4
2
其中,
33
2323
-q````q````p````-q````q````p````
t``=+++-+-p``/3
024272427
33
2323
-q````q````p````2-q````q````p````
t``=ε+++ε-+-p``/3
124272427
33
2323
2-q````q````p````-q````q````p````
t``=ε+++ε-+-p``/3
224272427
上式中,
2322
p````=-r``+p``/4-p`/3,q````=-p``/27-p``(-r``+p``)/12-q``/8,
最后得到上面一元四次方程的解,v=u`+v`-a`/4,
p`q`
2t`±2t`-4(+t`+)
002022t`
0
v=
2
p``q``
2t``±2t``-4(+t``+)
002022t``
0
+-a``/4-a`/4
2
3.换元求分数次幂方程法
计算一元3/2次方程的近似解,
23/21/2
x+ax+bx+cx+d=0 (1)
设,
1/2
x=y,
即,
3/23
x=y
24
x=y
则(1)可以化简为
432
y+ay+by+cy+d=0
这个方程可以根据上面的一元四次方程求根公式解出,
计算一元2/3次方程的近似解,
22/31/3
x+ax+bx+cx+d=0(1)
设,
1/3
x=y
即,
2/32
x=y
26
x=y
3
x=y
则(1)可以化简为
623
y+ay+by+cy+d=0
这个方程可以根据上面的一元六次方程求根公式解出,
计算一元2/3次方程的近似解,
22/31/2
x+ax+bx+cx+d=0(1)
设,
1/3
x=y
1/2
x=y
即,
24
x=y
2
x=z
2/32
x=y
32
y=z
则(1)可以化简为,
423
z+ay+bz+cz+d=0
{
32
y=z
这个方程可以根据上面的一元四次方程求根公式解出
六.结式、未知量的消去法、判别式
推导过程可参见А.Г.УРОШ库洛什著高等代数教程1953年版
38.结式、未知量的消去法、判别式
如果给予了环P[x,x,...,x]中的多项式f(x,x,...,x)
12n12n
那么它的解是指在域P或其扩展域P中所取的对于未知量这样的一组值。
x=α,x=α,...,x=α
1122nn
使多项式f化为零：
f(α,α,...,α)=0
12n
每一个次数大于零的多项式f,都能有解：
如果未知量x在这多项式中出现，
1
那么作为α,...,α可以取域P或其扩展域中基本上是任意的元素，
2n
译者注：“或其扩展域”诸字是译者加上的，
例如在Z中（参考3）就没有元素α可使
2
22
f=(x-x)(x-x)+1的x有正方次。
12121
又对文中所说的结果可用数学归纳法证明。
注解结束,只是使多项式f(x,α,...,α)有正的次数，
12n
而后利用根的存在定理(33)取域P的这样的扩展域P,
是一个未知量x的多项式f(x,αα)在它里面有根α。
112n
同时我们看到，一个未知量n次多项式在每一个域中根的个数不能超过n这一性质，对于有许多未知量的多项式不再成立。如果给予许多个有n未知量的多项式，那么就有求出所有这些多项式的公共解的问题，亦即求出使所予多项式全为零所得出的这个方程的解。这一问题的一个特殊情形，就是线性方程组的情形，已经在第四章中有过详细的讨论。但对于相反的特殊情形，有任意次数的含一个未知量的一个方程，到现在为止我们除开知道它在基域的某一个扩展域中有根存在之外，还不知道求出它的根的方法。求出与研究有许多未知量的任一非线性方程组的解，当然是很复杂的工作，而且超出了本课程的范围，这是另一数学部门——代数几何学的对象。此处我们只限于有两个未知量两个任意次方程的方程组的情形，来证明这一情形可以化为有一个未知量一个方程的情形。首先研究仅含一个未知量的两个多项式的公根存在的问题。设已予域P上多项式
nn-1
f(x)=x+ax+...+ax+a,
1n-1
{(1)
nn-1
g(x)=x+bx+...+bx+b,
1n-1n
其首项系数都等于1.由上一章的结果不难推出，多项式f(x)与g(x)在P的某一扩展域中有公根的充分必要条件为它们不是互质的。这样一来，关于已予多项式的公根存在问题可以应用欧几里得演段来解决。现在我们指出另一方法来得出这一问题的答案。设在P的某一个这样的扩展域，使f(x)在它里面有n个根α,α,...,α,
12n
而g(x)有s个根，β,β,...,β;可以取乘积f(x)g(x)的分解域为P,
12n
域P中元素
ns
R(f,g)=∏∏(α-β)(2)
i=1j=1ij
称为多项式f(x)与g(x)的结式。显然f(x)与g(x)当且仅当R(f,g)=0时始在P中有公根。
由(2)知：
ns
R(g,f)=(-1)R(f,g)
又由等式
n
f(x)=∏(x-α)
i=1i
s
g(x)=∏(x-β)
i=1i
亦可以写
nnsn
R(f,g)=∏g(α)=(-1)∏f(β)(3)
i=1ii=1j
我们来证明，
结式R(f,g)可表示已予多项式f(x)与g(x)的系数a,a,...,a,b,b,...,b的多项式，
12n12n
故由上节末尾的证明，它可表示为这两组未知量的初级对称多项式的多项式。再由韦达公式即可得出。但是应用上节证明中的方法实际上求出以系数表出结式的表示式是很困难的，我们要应用另外的方法。注解：对称多项式定义,
在有许多未知量的多项式中，提出那些在未知量的置换后，没有变动的多项式。在这些多项式中，所有未知量的出现完全成对称形状的。所以称这些多项式为对称多项式(或对称函数)。
最简单的例子是：
所有未知量的和x+x+...+x,
12n
未知量的平方和x+x+...+x,
12n
未知量的乘积xx...x等等。
12n
由于n符号对每一个置换都是对换的乘积（参看9），在证明某一项多项式有对称时，只要检验其对每两个未知量的对换都没有变动，就已足够。对称多项式中，所有未知量都可以交换位置，多项式的只不发生改变,
222
例如在多项式x+x+...+x中
12n
例如根据加法的交换律，把多项式x+x+...,x中的x,x,...,x任意交换位置，
12n12n
多项式的值不变,注解结束。
我们所求出的多项式（1）的结式表示式是对于任何一对这种多项式都能适合的。
所以我们视这些多项式的系数,
a,...,a,a,b,...,b,b(4)
1n-1n1s-1s
为符号。这应当这样来了解：系数组(4)是为一组n+s个独立的未知量，亦即在35中的意义，
一组域P上代数无关的n+s元素。这相当于假设，多项式(1)的这一组根,
α，α,...,α,β,β,...,β(5)
12n12n
在域P上代数无关。事实上，在这一场合，
多项式(1)的系数取适当的正负号可以各为α,α,...,α,的初级对称多项式
12n
σ,σ,...,σ和β,β,...,β的初级对称多项式γ,γ,...,γ。
12n12n12n
但是组σ,σ,...,σ,γ,γ,..,γ
12n12n
已经在上节的末尾证明了是在域P上代数无关的。
注：由组(5)的代数无关性就可以述及多项式环P[α,α,...,α,β,β,...,β]
12n12n
由35知其含于一个为这些未知量的有理分式。亦即现在可以在这一个域里面展开我们的理论。引入辅组参数t且讨论次之有n+s个新未知量y,y,y,...,y,n+s个齐次线性方
012n+s-1
程的辅助方程组：
y+ay+...+ay+ay=0
n+s-11n+s-2n-1sns-1
y+ay+...+ay+ay=0
n+s-21n+s-3n-1s-1ns-2
……………….
y+ay+...+ay+ay=0
n1n-1n-11n0
y+by+...+by+(b-t)y=0}(7)
n+s-11n+s-2s-1nsn-1
y+by+...+by+by=0
n+s-21n+s-3s-1n-1sn-2
……………….
y+by+...+by+by=0
s1s-1s-11s0
这方程组的行列式有次之形状(其空白地位为零元素):
1a...aa
1n-1n
1a...aa
1n-1n}s行
…………………….
1a...aa
1n-1n
△(t)=
1b...bb
1n-1n
1b...bb
1n-1n}n行
…………………….
1b...bb
1n-1n
这一行列式是t的n次多项式，所以对之取△(t)的写法。这行列式里面只有一个项含t的最高次n，
n
就是由位于主对角线上诸元素相乘所得出的项(b-t)。
s
nn
故可推知，多项式△(t)中t的系数等于(-1)。
如果我们取,t=g(α)(9)
i
其中α，i=1,2,...,n,为多项式f(x)的一个根，那么齐次线性方程组(7)就有非零解，
i
即由元素α的方次所组成的解：
i
k
y=α,k=0,1,...,n+s-1;(10)
ki
特别是，y=1.
0
事实上，代未知量以值(10)后，组(7)的前s个方程变为等式,
s-1s-2
αf(α)=0,αf(α)=0,...,αf(α)=0,f(α)=0,...,
iiiiiii
这是正确的，因为α是f(x)根；经过代换后，后面n个方程为
i
n-1
α[g(α)-t]=0,
ii
n-2
α[g(α)-t]=0,
ii
………
[g(α)-t]=0,
i
由(9)知道它们亦都是等式。因为对于条件(9)，其次组(7)有非零解，所以对于这个t的值行列式△t必须等于零。这样一来,
g(α),g(α),...,g(α)(11)
12n
是多项式△(t)的根。由这组根(5)在域P上的代数无关性，和多项式g(x)的系数可以经它的根来表出，推知多项式△(t)的诸根(11)是各不相同的；如果说有等式g(α)=g(α),i≠j,
ij
那么把多项式g(x)的系数经其根来表出，
我们将得出α,α,和β,β,...,β之间的一个在域P上不是无意义的代数相关性。
ij12s
这就证明了组(11)为n次多项式△(t)的全部根。但已知每一个n次多项式的常数项等于其
n
根的乘积乘以(-1)再除以这个多项式的首项系数。
n
我们知道多项式△t的首项系数等于(-1)，故其常数项为其根(11)的乘积，亦即，
由(3)，等于结式R(f,g)。另一方面，每一个t的多项式的常数项等于其在t=0时的值。这样一来，在等式(8)中取t=0，我们得到所要求出的经多项式(1)的系数所表出的这些多项式的结式表示式：
1a...aa
1n-1n
1a...aa
1n-1n}s行
…………………….
1a...aa
1n-1n
R(f,g)=
1b...bb
1s-1s
1b...bb
1s-1s}n行
…………………….
1b...bb
1s-1s
现在来讨论多项式,
nn-1
f(x)=ax+ax+...+ax+a,
01n-1n
}(13)
ss-1
g(x)=bx+bx+...+bx+b,
01s-1s
其首项系数不仅不一定等于1，而且也可能等于零，亦即关于多项式f(x)与g(x)的次数只可以说它们个不大于n与s。
注释：
这是暂时否认了一直到现在都这样做的多项式首项系数的条件，因为以后的应用有这种情形。我们要讨论一组有两个未知量的多项式而其中一个未知量将包含在系数里面，故对于这一未知量的某些值，首相系数可能变为零。注释结束。
命这些多项式的结式R(f,g)为行列式(在空白地位上都是零元素):
aa...aa
01n-1n
aa...aa
01n-1n}s行
…………………….
aa...aa
01n-1n
R(f,g)=
bb...bb
01s-1s
bb...bb
01s-1s}n行
…………………….
bb...bb
01s-1s
显然，当a=b=1时我们得出上面所讨论的表示式(12)。
00
但是“结式”这一名词现在比早先获得一些别的意义，就在这新意义中我们以后要用到它。其实，如果a=0与b=0，那么R(f,g)=0与多项式f与g之有无公根没有关系。
00
然而我们指出这是唯一的情形使得结式等于零不能得出多项式有公根存在的结论。
事实上，设a≠0与b≠0,那么
00
f(x)=aφ(x),g(x)=bψ(x),
00
其中，
aaa
n1n-1n-1n
φ(x)=x+x+…+x+
aaa
000
aaa
s1s-1s-1s
ψ(x)=x+x+…+x+
aaa
000
这些多项式的首项系数都等于1.在行列式(14)的前s行中每行中每行提出因子a,
0
后n行中每行提出因子b，显然我们得出等式
0
nn
R(f,g)=abR(φ,ψ)(15)
00
如果α,α,...,α,为f(x)的根因而是φ(x)的根，
12n
β,β,...,β为g(x)的根，因而是ψ(x)的根，故有
12n
nnnn
R(f,g)=ab∏∏(α-β)
00i=1j=1ij
由(15)知道当且仅当R(φ,ψ)=0时始有R(f,g)=0。但是我们知道前一等式是多项式φ与ψ有公根存在的充分必要条件。故推知结式R(f,g)等于零是多项式φ与ψ有公根存在的充分必要条件，因而亦是多项f与g有公根存在的充分必要条件。最后设多项式(13)中有一个首项系数，例如a,不等于零，而另一首项系数b等于零。
00
更普遍的，如果
b=b=...=b=0,
01k-1
而b≠0,且命
k
s-ks-k-1
g(x)=bx+bx+...+bx+b,
kk+1s-1s
那么，在行列式(14)中换元素b,b,...,b为零且应用拉普拉斯定理，
01k-1
显然我们得到等式,
k
R(f,g)=aR(f,g)(16)
0
但因多项式f与g的首项系数都不为零，
故从上面的证明知等式R(f,g)=0是多项式f与g有公根存在的充分必要条件。
另一方面，由(16)，等式R(f,g)=0与等式R(f,g)是相当的，
而且多项式g与g当然有相同的根，所以我们得出，在所讨论的情形结式R(f,g)等于零是多项式f(x)与g(x)有公根存在的充分必要条件。我们证明了次之定理：如果给予有任意首项系数的多项式(13)，那么这些多项式的结式(14),当仅当这些多项式有公根存在或其首项系数都等于零时，始等于零。求出下列两个二次多项式的结式
2
f(x)=ax+ax+a,
012
2
g(x)=bx+bx+b,
012
由(14)
aaa0
012
0aaa
012
R(f,g)=
bb...bb
0120
0b...bb
012
照第一行与第三行展开这一行列式，得
R(f,g)=(ab-ab)-(ab-ab)(ab-ab)(17)
022001101221
例如给予多项式
22
f(x)=x-6x+2,g(x)=x-x+5,
那么由(17)，R(f,g)=233,所以这两个多项式没有公根。如果给予多项式,
22
f(x)=x-4x-5,g(x)=x-7x+10,
那么R(f,g)=0，亦即这两个多项式有公根，这个根为5.
从有两个未知量两个方程的方程组中消去一个未知量,设已予两个未知量x与y的两个多项式f与g，其系数在某一个域P里面。我们照未知量x的降幂来写出这些多项式：
kk-1
f(x,y)=a(y)x+a(y)x+...+a(y)x+a(y),
01k-1k
}（18）
kk-1
g(x,y)=b(y)x+b(y)x+...+b(y)x+b(y),
01k-1k
其系数为环P[y]中多项式。视多项式f与g为x的多项式，
求出它们的结式且记之为R(f,g)；
x
由(14)，知其为系数在域P中的一个未知量y的多项式：
R(f,g)=F(y)(19)
x
设多项式组(18)在P的某一扩展域中有公共解x=α,y=β。以β代(18)中的y，我们得出两个仅含一个未知量x的多项式f(x,β)与g(x,β)。这两个多项式有公根α，故由(19)它们的结式F(β)应当等于零，
是即β必须是结式R(f,g)的根。反之，如果多项式(18)的结式R(f,g)有根β，
xx
那么多项式f(x,β)与a(x,β)的结式等于零，亦即这两个多项式或者有公根，或者两个首项系数都等于零。
a(β)=b(β)=0
00
这一方法把多项式组(18)公共解的求出化为求一个仅有一未知量y的多项式(19)的根。是即所谓，由多项式组(18)消去未知量x。次之定理回答了，关于由有两个未知量与两个多项式的多项式组消去一个未知量后所得出的多项式的次数问题：如果多项式f(x,y)与g(x,y)对于全部未知量来说，各有次数n与s，
那么多项式R(f,g)对于未知量y的次数不能大于乘积ns。
x
首先，如果我们讨论首项系数等1的两个仅有一未知量的多项式，那么由(2)它们的结式R(f,g)是α,α,...,α,β,β,...,β的ns次齐次多项式。
12n12s
因之，如果经系数a,a,...,a,b,b,...,b表出的结式表示式中有一项
12n12s
kkklll
12n12s
aa…abbb
12n12s
而且这一项的权是指下面的数,
k+2k+...+nk+l+2l+...+sl
12n12s
那么经系数表出的R(f,g)的表示式中，所有的项都有同一的权，等于ns,这一个论断在一般的情形对于结式(14)的项亦是正确的，如果项,
kkklll
12n12s
aa…abbb
12n12s
的权是指下面的数
0k+1k+...+nk+0l+1l+...+sl(20)
01n0ls
事实上，在行列式(14)中换因子a与b为1，我们得出行列式(12)的项，
00
而这些因子的幂次在(20)中的系数都等于0，所以它们的权仍为ns。现在写多项式f与g为次之形状：
nn-1
f(x,y)=a(y)x+a(y)x+...+a(y),
01n
ns-1
g(x,y)=b(y)x+b(y)x+...+b(y),
01s
因f(x,y)对于全部未知量的次数为n，
所以系数a(y)，r=0,1,1,...,n,的次数不能超过他们的足够数r；这对于b(y)亦是正确的。
rr
因此结式R(f,g)中每一个项的次数不能大于这一项的权，亦即不能大于数sn,
x
这就是所要证明的结果。
例子：
1.求出次之方程组的公共解
2
f(x,y)=xy+3xy+2y+3,
g(x,y)=2xy-2x+2y+3
为了消去未知量x，把他们写为次之形状
2
f(x,y)=yx+(3y)x+(2y+3),
}(21)
g(x,y)=(2y-2)x+(2y+3)
此时,
y3y2y+3
2
2y-22y+30=2y+11y+12
R(f,g)=
02y-22y+3
这样结式的根为数β=-4，β=-3/2,以这些值代换未知量y时，多项式(21)的首项式不等于零，所以它们的每一个与x的某一值构成这组多项式的公解。多项式
2
f(x,-4)=-4x-12-5
g(x,-4)=-10x-5
有公根α=-1/2。多项式
1
3329
f(x,-)=-x-x
222
3
g(x,-)=-5x
2
有公根α=0。
2
这样一来，所予多项式组有两个解：
1
α=-,β=-4,
121
与
1
α=0,β=-
222
2.从次之多项式组消去一个未知量
32
f(x,y)=2xy-xy+x+5,
222
g(x,y)=xy+2xy-5y+1
因为两个多项式对于未知量y的次数都是2，而有一个多项式对于未知量x有次数3，所以消去y较为合适。写这一组为次之形状。
23
f(x,y)=(-x)y+(2x)y+(x+5),
}(22)
22
g(x,y)=(x+2x)y-5y+1
且用(17)式求出它们的结式：
22323
R(f,g)=[(-x)1-(x+5)(x+2x)]-[(-x)(-5)-2x(x+2x)][2x1-(x+5)(-5)]
8765432
=4x+8x+11x+84x+161x+154x+96x-125x
结式的根里面有一个等于0.但是对于未知量x的这一个值，多项式(22)的首项系数都等于零，同时亦易知多项式f(0,y)与g(0,y)没有公根。我们没有办法求出结式的另一根。只能断定，如果我们能够求出其它的根,[例如在R(f,g)的分解域里面]
y
那么它们的每一个都不能使多项式(22)的首项系数全等于零，所以把每一个根作为未知量x的值可以得出未知量y的某一些值（一个或者甚至于许多个）组成所予多项式组的公共解。有方法存在，可以在有任意多项式未知量与多项式的多项式组中依次消去未知量。但是这一方法非常麻烦，所以在我们的课程中不予引入。
2.判别式
类似于引入结式概念的问题，可以建立这样的问题，关于环P[x]中n次多项式f(x)有重根的条件是怎样的。设多项式f(x)首项系数等于1，且设在某一个P的扩展域中这一多项式有根a,a,...,a。
12n
显然，在这些根里有等根的充分必要条件，是乘积
△=(a-a)(a-a)...(a-a)
1131n1
(a-a)(a-a)...(a-a)
3242n2
…………………….
(a-a)=∏(a-a)
nn-1n≥i＞j≥1ij
等于零，或者是这一乘积的平方
2
D=∏(a-a)
n≥i＞j≥1ij
等于零，我们称D为多项式f(x)的判别式。经过根的置换后，乘积△可能变号，但判别式D任然不变，为a,a,...,a的对称多项式，
12n
故可以用多项式f(x)的系数表出。在域P的特征为零的假设之下，为了求出这一个多项式，可以利用多项式f(x)的判别式与这一多项式和其导数的结式之间所存在的关系。这种关系的存在是想象得到的：我们从32.已知多项式有重根的充分必要条件是它和它的导数f`(x)有公根存在，因而D=0的充分必要条件为R(f,f`)=0,由本节的(3)式,
n
R(f,f`)=∏f`(α)
i=1i
微分等式
n
f(x)=∏(x-α)
i=1i
我们得出：
n
f`(x)=∑∏(x-α)
k=1j≠kj
换所有项中的x以α，除第i个乘积外都变为零，所以有,
i
f`(α)=∏(α-α)
ij≠iij
故,
n
R(f,f`)=∏∏(α-α)
ii=1j≠iij
在这一乘积中对于任何i与j,,i>j，都出现两个因式：α-α与α-α。
ijji
2
它们的乘积等于(-1)(αα),
ij
又因有
n(n-1)
2
对足数i,j存在适合不等式n≥i>j≥1,所以
n(n-1)n(n-1)
222
R(f,f`)=(-1)∏(α-α)=(-1)D
n≥i>j≥1Ij
2
例：求出二次多项式f(x)=x+bx+c的判别式,因为f`(x)=2x+b,
故可由本节的(17)式取a=1,a=b,a=c,b=0,b=2,b=b来求出R(f,f`)：
012012
222
R(f,f`)=b-2(b-2c)=4c-b
因而,
n(n-1)
22
D=(-1)R(f,f`)=-R(f,f`)=b-4c,
亦即与平常初等代数中所说的二次方程的判别式一致。另一求判别式的方法有如次之所述：
建立根α,α,...,α的方次的范达蒙行列式。
12n
在§12中已经证明
由(14)
11…1
ααα
12n
222=∏(α-α)=△
αααn≥i>j≥1Ij
12n
n-1n-1n-1
ααα
12n
所以判别式等于这一个行列式的平方。以矩阵的乘法规则乘出这一行列式与其转置行列式且用上节中等次之和的定义，我们得出：
nss…s
12n-1
sss…s
123n
D=(23)
sss…s
234n+1
……………………
sss…s
n-1nn+12n-2
其中s为根α,α,...,α的k次方之和。
k12n
32
例：求出三次多项式f(x)=x+ax+bx+c的判别式.由(23)
3ss
12
D=
sss
123
sss
234
由上节我们知道
s=σ=-a,
11
22
s=σ-2σ=a-2b,
212
33
s=σ-3σσ+3σ=-a+3ab-3c
31123
应用牛顿公式，由σ=0我们求出
4
422422
s=σ-4σσ+4σσ+2σ=a-4ab+4ac+2b
412132
故,
22332
D=3ss+2sss-s-ss-3s=ab-4b-4ac+18abc-27c(24)
241232143
3.韦达公式
设n次多项式在域P中没有根或者它的根的个数小于n。则有域P的扩展域Q存在，使在Q中f(x)有n个根(k重根以k个计)。故域Q上多项式f(x)可分解为线性因式的乘积，而且不能在扩展域Q使得f(x)有新的根出现。每一个这样的域称为多项式f(x)的分解域。对于已予多项式关于其分解域的存在问题将在次节中来讨论，现在我们假定多项式f(x)有一个分解域，来讨论次二问题：关于多项式的根据系数的关系与关于多项式的重根问题。
韦达公式.
设在环P[x]中给予首项系数为1的n次多项式f(x),
nn-1n-1
f(x)=x+ax+ax+...+ax+a,
12n-1n
且设α,α,...,α为其根，
12n
注：对于k重根须重复写上k个。都在某一分解域Q中，则Q上多项式f(x)有次之分解式：
f(x)=(x-α)(x-α)...(x-α)
12n
展开右边的括号，而后合并同类项，比较所得出的系数与(4)式的系数，我们得出次诸等式，称为韦达公式，把多项式的系数经由它的根来表出：
a=-(α+α+...+α),
112n
a=αα+αα+...+αα+αα+...+αα
212131n23n-1n
a=-(ααα+ααα...+ααα)
3123124n-2n-1n
………………….
n-1
a=(-1)(αα...α+αα...α+...+αα...α),
n-112n-112n-223n
n
a=(-1)(αα...α),
n12n
这样一来，第k个等式的右边，k=1,2,...,n,是所有可能的k个根的乘积之和，取加号或减号随k之为偶数或奇数而定。当n=2时，这公式变为初等代数中所熟悉的二次多项式的根与系数的关系。当n=3时，亦即对于三次多项式，这公式有形状,
a=-(α+α+α),
1123
a=αα+αα+αα,
2121323
a=-ααα,
3123
已予多项式的根时，用韦达公式很容易写出这一多项式。
例如求一个有单根5,-2与重根3的四次多项式f(x)。我们有:
a=-(5-2+3+3）=-9，
1
a=5(-2)+53+53+(-2)3+(-2)3+33=17
2
a=-[5(-2)3+59-2）3+533+（-2）33]=33，
3
a=5(-2)33=-90,
4
故,
432
f(x)=x-9x+17x+33x-90
如果多项式f(x)的首项系数a不为1，
0
那么应用韦达公式时需首先除所有的系数以a,这并不变更多项式的根。
0
这样一来，在这一情形韦达公式给予所有系数对首项系数的比值的表示式。
重根
在上节中已经证明了，特征为0的域P上多项式f(x)没有重因式的充分必要条件，是它和它的导数互质，同时我们注意到，从f(x)在P中无重因式可推知其在域P的任一扩展域P中亦无重因式。用之到这一情形，P是f(x)的某一分解域，而且回想一下上述重根的定义，
我们得到次之结果：如果特征为0的域P上多项式f(x)在已予分解域中无重根，那么它和它的导数f`(x)互质，反之，如果f(x)与其导数互质，那么在其分解域中没有重根。因之，特别的推知，在特征为0的域P上不可约多项式f(x)，在P的任何扩展域中都没有重根，对于有限特征的域，这一论断不再正确——,这一情况在域的普遍理论里面，有显著的作用
{
}
}
|
|
