卡尔丹公式，怎么解一元三次方程最方便最简单的方法有没有

来源：整理时间：2023-06-24 19:28:37 编辑：去留学呀手机版

本文目录一览

1，怎么解一元三次方程最方便最简单的方法有没有
2，推导三次方程3x p x q的求根公式卡尔丹公式
3，x3x2x1用卡尔丹公式怎么解
4，卡尔丹公式的解释
5，卡尔丹公式是什么啊
6，根据卡尔丹的大术三次方程的求根公式三个根的
7，一元三次方程求根公式那个国家先发现的时间谁

1，怎么解一元三次方程最方便最简单的方法有没有

求原函数的导数

怎么解一元三次方程最方便最简单的方法有没有

2，推导三次方程3x p x q的求根公式卡尔丹公式

http://v.ku6.com/show/Bk66RQD83r_zD3Qa.html 今天上午才看完

推导三次方程3x p x q的求根公式卡尔丹公式

3，x3x2x1用卡尔丹公式怎么解

x^3-6x^2+3x+10=（x+1)*(X^2-7x+10)=(x+1)(x-2)(x-5)=0 所以方程有三个根 x1=-1,x2=2,x3=5

x3x2x1用卡尔丹公式怎么解

4，卡尔丹公式的解释

一元三次方程的求根公式用通常的演绎思维是作不出来的，用类似解一元二次方程的求根公式的配方法只能将型如ax^3+bx^2+cx+d=0的标准型一元三次方程形式化为x^3+px+q=0的特殊型。一元三次方程的求解公式的解法只能用归纳思维得到，即根据一元一次方程、一元二次方程及特殊的高次方程的求根公式的形式归纳出一元三次方程的求根公式的形式。归纳出来的形如 x^3+px+q=0的一元三次方程的求根公式的形式应该为x=A^（1/3）+B^（1/3）型，即为两个开立方之和。归纳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开立方里面的内容，也就是用p和q表示A和B。

5，卡尔丹公式是什么啊

假如给我们一个一般的三次方程：　　ax3+3bx2+3cx+d=0 （1）　　如果令　　x=y-b/a　　我们就把方程（1）推导成　　y3+3py+2q=0 （2）　　其中 p=c/a-b2/a2，2q=2b3/a3-3bc/a2+d/a 。　　借助于等式　　y=u-p/u　　引入新变量u 。把这个表达式带入（2），得到：　　（u3）2+2qu3-p3=0 （3）　　由此得　　u3=-q±√（q2+p3），　　于是　　y=3√（-q±√（q2+p3））-p/3√（-q±√（q2+p3））。　　=3√（-q+√（q2+p3））+3√（-q-√（q2+p3））。通过换元消掉二次项。摘自百度百科。

6，根据卡尔丹的大术三次方程的求根公式三个根的

1．卡尔丹公式法　　特殊型一元三次方程X^3＋pX＋q=0 ，(p、q∈R) 。　　判别式Δ=(q/2)^2＋(p/3)^3 。　　【卡尔丹公式】　　X1=(Y1)^(1/3)＋(Y2)^(1/3)；　　X2= (Y1)^(1/3)ω＋(Y2)^(1/3)ω^2；　　X3=(Y1)^(1/3)ω^2＋(Y2)^(1/3)ω，　　其中ω=(－1＋i3^(1/2))/2；Y(1,2)=－(q/2)±((q/2)^2＋(p/3)^3)^(1/2)。标准型一元三次方程aX ^3＋bX ^2＋cX＋d=0 ，（a，b，c，d∈R，且a≠0）。　　令X=Y—b/(3a)代入上式，　　可化为适合卡尔丹公式直接求解的特殊型一元三次方程Y^3＋pY＋q=0。　　【卡尔丹判别法】　　当Δ=(q/2)^2＋(p/3)^3>0时，方程有一个实根和一对共轭虚根；　　当Δ=(q/2)^2＋(p/3)^3=0时，方程有三个实根，其中有一个两重根；　　当Δ=(q/2)^2＋(p/3)^3<0时，方程有三个不相等的实根。２．盛金公式法　　三次方程应用广泛。用根号解一元三次方程，虽然有著名的卡尔丹公式，并有相应的判别法，但使用卡尔丹公式解题比较复杂，缺乏直观性。范盛金推导出一套直接用a、b、c、d表达的较简明形式的一元三次方程的一般式新求根公式，并建立了新判别法。　　【盛金公式】　　一元三次方程aX^3＋bX^2＋cX＋d=0，（a，b，c，d∈R，且a≠0）。　　重根判别式：A=b^2－3ac；B=bc－9ad；C=c^2－3bd，　　总判别式：Δ=B^2－4AC。　　当A=B=0时，盛金公式①：　　X⑴=X⑵=X⑶=－b/(3a)=－c/b=－3d/c。　　当Δ=B^2－4AC>0时，盛金公式②：　　X⑴=(－b－Y⑴^(1/3)－Y⑵^(1/3))/(3a)；　　X(2，3)=(－2b＋Y⑴^(1/3)＋Y⑵^(1/3))/(6a)±i3^(1/2)(Y⑴^(1/3)－Y⑵^(1/3))/(6a)；　　其中Y(1，2)=Ab＋3a(－B±(B^2－4AC)^(1/2))/2，i^2=－1。　　当Δ=B^2－4AC=0时，盛金公式③：　　X⑴=－b/a＋K；X⑵=X3=－K/2，　　其中K=B/A，(A≠0)。　　当Δ=B^2－4AC<0时，盛金公式④：　　X⑴=(－b－2A^(1/2)cos(θ/3))/(3a)；　　X(2，3)=(－b＋A^(1/2)(cos(θ/3)±3^(1/2)sin(θ/3)))/(3a)；　　其中θ=arccosT，T=(2Ab－3aB)/(2A^(3/2))，(A>0，－1＜T＜1) 【盛金判别法】　　①：当A=B=0时，方程有一个三重实根；　　②：当Δ=B^2－4AC>0时，方程有一个实根和一对共轭虚根；　　③：当Δ=B^2－4AC=0时，方程有三个实根，其中有一个两重根；　　④：当Δ=B^2－4AC<0时，方程有三个不相等的实根。　　【盛金定理】　　当b=0，c=0时，盛金公式①无意义；当A=0时，盛金公式③无意义；当A≤0时，盛金公式④无意义；当T＜-1或T＞1时，盛金公式④无意义。　　当b=0，c=0时，盛金公式①是否成立？盛金公式③与盛金公式④是否存在A≤0的值？盛金公式④是否存在T＜-1或T＞1的值？盛金定理给出如下回答：　　盛金定理1：当A=B=0时，若b=0，则必定有c=d=0（此时，方程有一个三重实根0，盛金公式①仍成立）。　　盛金定理2：当A=B=0时，若b≠0，则必定有c≠0（此时,适用盛金公式①解题）。　　盛金定理3：当A=B=0时，则必定有C=0（此时,适用盛金公式①解题）。　　盛金定理4：当A=0时，若B≠0，则必定有Δ＞0（此时，适用盛金公式②解题）。　　盛金定理5：当A＜0时，则必定有Δ＞0（此时，适用盛金公式②解题）。　　盛金定理6：当Δ=0时，若B=0，则必定有A=0（此时，适用盛金公式①解题）。　　盛金定理7：当Δ=0时，若B≠0，盛金公式③一定不存在A≤0的值（此时，适用盛金公式③解题）。　　盛金定理8：当Δ＜0时，盛金公式④一定不存在A≤0的值。（此时，适用盛金公式④解题）。　　盛金定理9：当Δ＜0时，盛金公式④一定不存在T≤-1或T≥1的值，即T出现的值必定是-1＜T＜1。　　显然，当A≤0时，都有相应的盛金公式解题。　　注意：盛金定理逆之不一定成立。如：当Δ＞0时，不一定有A＜0。

7，一元三次方程求根公式那个国家先发现的时间谁

一元三次方程ax^3+bx^2+cx+d=0的求根公式是1545年由意大利学者卡当发表在《关于代数的大法》一书中，人们就把它叫做“卡当公式(有的数学资料叫卡尔丹公式)最早是南宋数学家秦九韶至晚在1247 年就已经发现一元三次方程的求根公式，欧洲人在400 多年后才发现，但在中国的课本上这个公式仍是以那个欧洲人的名字来命名的。

（一）、拆分变换形如an+1=can +d （其中c,d为常数，且c 0, c 1）的递推式，可将其拆分后转化成 =c的等比数列例1．已知数列分析：由于an+1与an是线性关系，由式子an+1=can +d可联想到直线方程的斜截式y=cx+d ,它应当可以化为点斜式，而c 1,则直线y=cx+d与直线y=x必有一交点，设为（t, t）解：an+1=3an+2可设为an+1－t=3(an－t)可得an+1=3an－2t, t=－1得到 =3即an+1=3·3n-1=3n 故an=3n－1（二）、运用待定系数法或换元法进行变换形如an+1=can +d(n) （其中c,d为常数，且c 0, c 1,d(n)为n的函数）的递推式，可用待定系数法或换元法转化成等比数列。1）若d(n)为n的一次函数，可采用待定系数法例2．已知a1=2, an+1=4an+3n+1求an分析：与上述情形作比较，发现常数d变成了一次函数d(n)，可考虑用一个辅助数列解：（用待定系数法）设bn=an－(bn+c)，则an=bn+(bn+c) (其中b，c为待定常数)由an+1=4an+3n+1可得bn+1+b(n+1)+c=4(bn+bn+c)+3n+1即bn+1= 4bn+（3b+c）n+(3c－b+1)令3b+c=0 ，3c－b+1=0可得b=－1， c=－这样，bn+1= 4bn 即数列故an= ·4n-1＋[（－1）n－ ]= (22n+1－3n－2)特别地，形如an+1=can +d(n)的情形中，当c=1时变为an+1=an +d(n)，即an+1－an =d(n)，对于这类问题一般采用“累差法”解决；相应地， =q(n),则采用“累积法”例3．在数列分析：an+1=an+2n即an+1－an=2n比较等差数列，我们称之为变差数列，一般可采用“累差法”。解：由an+1=an+2n即an+1－an=2n，可得an－an-1=2（n －1），an-1－an-2=2（n －2）… a2－a1=2将上述各式相加，得（an－an-1）+（ an-1－an-2）+…+ （a2－a1）=n(n－1)即：an－a1= n(n－1) an = n2－n－3 （当n=1时也成立）2）若d(n)形如pam（p为非零常数，m n*），可采用换元法例4．在数列解：由an+1=3an+2n 可得2· =3· +1 令bn= 则bn+1= bn+ ，类似于拆分变换，上式两边同加上1，得bn+1+1= （bn+1）bn+1=（ b1+1）·（）n-1=( )n bn= ( )n －1an=2n·bn=3n－2n（三）、倒数变换形如an+1·an=can+1+dan （其中c、d为不等于零的常数）的递推式，可令bn+1= ，bn= 则可转化为等差数列或拆分变换的情形例5．在数列分析：将an+1= 去分母得an+1·an=－3an+1+an 形如an+1·an=can+1+dan ，故可采用“倒数变换”解：由an+1= 可得 = +1设bn= ，则上式可变为：bn+1=3bn+1 ，即为拆分变换情形令bn+1+t=3(bn+t) 即bn+1=3bn+2t ，t=故 bn+ = 3n-1 bn=3n-1－ an= (当n=1时也成立)（四）、对数变换对形如an+1=panm(p为非零常数，m n*且m>1), 可利用对数的运算法则，将积、商、幂的形式转化成和、差、倍的形式，从而构成新的等差或等比数列例6．已知数列分析：由于出现幂的形式an2，故可考虑取对数使之转化为积的形式解： a1=2， an+1=an2 >0对an+1=an2的两边取以10为底的对数，得lg an+1=2lgan =2即数列 lgan= （lg2）·2n-1 故an=(五)特征根法对形如an+2=αan+1+βan (其中α、β为非零常数)的线性齐次递推式，若已知a1=c1, a2=c2, 可先求出其特征方程x2－αx－β =0的特征根x1、x2若方程x2－αx－β =0有两个不同的特征根x1、x2，则可设an=λ1x1n+λ2x2n ，由a1、a2求出λ1、λ2，即可求得an若方程x2－αx－β =0有两个相同的特征根x，则可设an=（λ1+nλ2）xn ，类似地，也可求得an例7．已知数列分析：由于形如an+2=αan+1+βan ，可先求出其特征方程的特征根。解：由特征方程x3=2x2 +x－2解得：x1=2, x2=1, x3=－1设an=λ12n +λ2+λ3(－1)n由解得 an=2n－2特别地，当 =1时，可得an+2= an+1+ an 若a1=1，a2=1,便是著名的斐波那契数列。（六）、构造法例8．已知数列分析：对于斐波那契数列，用特征根法显然可以求解，但这里介绍一种构造法，即构造一个新的数列解：设新数列的第n项为an+1－tan，则第n+1项为an+2－tan+1设 an+2－tan+1=（1－t）（an+1－tan）则 an+2=an+1－（1－t）tan令－（1－t）t =1 得 t2－t－1=0，解得：t1= , t2= .所以 an+2－t1an+1=（1－t1）（an+1－t1an） ① an+2－t2an+1=（1－t2）（an+1－t2an） ②由①式得 an+1－t1an=（a2－t1a1）（1－t1）n-1由②式得 an+1－t2an=（a2－t2a1）（1－t2）n-1两式相减，可得（t2－t1）an=（a2－t1a1）（1－t1）n-1－（a2－t2a1）（1－t2）n-1即可得－ an=（）n－( )n故 an= [（）n－( )n ].(七)迭代变换形如an+1=can +d(n)或 =q(n) （其中c,d为常数，且c 0, d(n)、q(n)分别为n的函数）的递推式，也可以考虑用迭代变换例9（2002全国高考卷第22题）设数列(i)当a1=2时，求a2,a3,a4,并由此猜想an的一个通项公式；（ii）当a1≥3时，证明对所有的n≥1,有（i）an≥n+2； (ii) + +…+ ≤分析：本题第（ii）小题较难，对（ii）（i）可用数学归纳法，但对(ii)学生首先想到放缩法、构造法或者数学归纳法。这里介绍一种迭代技巧。解：(ii)由an+1=an（an－n）+1及an≥n+2可知 ak=ak-1(ak-1-k+1)+1 ≥ak-1(k-1+2-k+1)+1=2ak-1+1, …可得：ak≥2k-1a1+2k-2+…+2+1=2k-1(a1+1)-1故 ≤ · ,k≥2+ +…+ ≤ + ≤ ≤ =