1-3-5多項式-多項式方程式

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(1)1-3-5 多項式-多項式方程式【定理】 1. 多項式方程式： (1)若 f (x ) 是一個多項式，則 f ( x ) = 0 就是一個多項式方程式，當多項式 f (x ) 的次數為 n 時 (n ≥ 1)，方程式 f ( x ) = 0 稱為一元 n 次方程式。若 f (a) = 0，則稱 a 為 f ( x ) = 0 的根。 (2)k 重根：若 a 是多項式方程式 f (x) = 0 的根，則(x − a)|f (x)。當 ( x − a) k /| f ( x) 時，稱 a 為 f (x) = 0 的 k 重根。 2. 有理根檢驗法： b 設是整係數 n 次多項式方程式 f ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + L + a1 x + a 0 的一個 a 有理根，其中 a, b 是互質的整數且 a ≠ 0 ，則 a | an , b | a0 。 3. 解(根)：實係數 n 次方程式 f ( x ) = 0 的實根 α ⇔ n 次函數 y = f (x) 的圖形與 x 軸交於點 (α ,0) 。 4. 多項式函數圖形的性質：是平滑的連續曲線。 5. 代數基本定理：設 n 是一個自然數，則每一個複係數 n 次多項式方程式，至少有一個複數根。進一步可知每個複係數 n 次多項式方程式都恰有 n 個複數根。 6. 勘根定理：設 f (x ) 是一個實係數多項函數， a, b 是兩個相異實數，若 f ( a ) f (b) < 0 ，則方程式 f ( x ) = 0 在 a 與 b 之間至少有一個實根。. (a，f(a)). (b，f(b)) b x. a. a. b. (a，f(a)). x. (b，f(b)) f(a) f(b)<0 a,b 間有三實根. f(a) f(b)<0 a,b 間有一實根. (a，f(a)). (a，f(a)). (b，f(b)). (b，f(b)) a. b. x. a. x a. (a，f(a)) f(a) f(b)>0 a,b 間無實根. b b. (b，f(b)). f(a) f(b)>0 a,b 間有二實根. f(a) f(b)>0 a,b 間有一實根.

(2) 註： 1. 要講至少一實根，不能講恰有一實根。 2. 利用整係數一次因式檢驗定理，可解決有理根的問題，但是就一般的方程式而言，並非全是有理解，此時要找出解，尤其是高次的方程式，通常不是一件容易的事情，此時可以利用勘根定理。 3. 當 f (a) f (b) > 0 時， f ( x) = 0 在 a 與 b 之間可能有根，也可能無根。 4. 定理的反方向不一定成立，即方程式 f ( x) = 0 在 a 與 b 之間至少有一個實根時，則 f (a) f (b) < 0 不一定成立。 5. 牛頓法(整係數一次因式檢驗法)：求有理根，或整係數一次因式。勘根定理：求根的範圍或近似根。 6. 基本上對於一個多項式，先用牛頓法找出所有可能的一次因式後(有時可以配合勘根定理求出有理根的範圍，縮小找根的範圍)，剩下的部分則一定是無理根或者是虛根，此時利用勘根定理可以求出無理根的近似值到所要求的小數點位數(配合十分逼近法或二分逼近法)，至於虛根部分除非題目有所提示或者已經分解到剩下一次因式或二次因式的連乘積，否則不容易求出來。【問題】 1. 設 f (x) 是一個實係數多項函數， a, b 是兩個相異實數，若 f (a) f (b) > 0 ，則方程式 f ( x) = 0 在 a 與 b 之間至少有一個實根？ 2. 實係數奇數次的方程式，至少有一個實根？ 3. 使用勘根定理時，何時可以停止？ (解) 例如：找出方程式 12 x 3 − 8 x 2 − 23x + 12 = 0 在哪兩個連續整數之間有實根？利用綜合除法得下表 x − 2 −1 0 1 2 f ( x) − 70 15 12 − 7 30 可知 f (−2) f (−1) < 0 ， f (0) f (1) < 0 ， f (1) f (2) < 0 ，故 f ( x) = 0 在 − 2 和 − 1 之間， 0 和 1 之間， 1 和 2 之間各有一實根，註：商及餘式的係數為全正時。 − 23 + 12 12 − 8 − 24 + 64 − 82 − 2 12 − 32 + 41 − 70 由綜合除法可知 f ( x) = ( x + 2)(12 x 2 − 32 x + 41) − 70 當 x < −2 時， f ( x) = (負) × (正)+(負)，故必為負。註：商及餘式的係數為正負相間時。 − 23 + 12 12 − 8 + 24 + 32 + 18 2 +9 + 30 12 + 16 由綜合除法可知 f ( x) = ( x − 2)(12 x 2 + 16 x + 9) + 30 當 x > 2 時， f ( x) = (正) × (正)+(正)，故必為正。也就是 x x < −2 x>2 − 2 −1 0 1 2 f ( x) 必為負 − 70 15 12 − 7 30 必為正.

(3) 註：在做題目時，利用綜合除法除後，若商與餘數之那排之係數全為正，則表示除式 x − b 時，只要 x > b 之值代入全為正。若商與餘數之那排之係數為正負相間，則表示除式 x − a 時，只要 x < a 之值代入全為負。【定義】正 n 次方根： x n = a 之唯一正實數解稱為 a 的正 n 次方根，記為 n a 。【性質】 1. 虛根成對性質：實係數多項式方程式，虛根成對出現。即設 f ( x) = a n x n + a n −1 x n −1 + L + a1 x + a0 ∈ R[ x] ，. (1)設 z ∈ C ，則 f ( z ) = f ( z ) 。 (2)設 a, b ∈ R ，若 f (a + bi) = 0 ，則 f (a − bi) = 0 。 (證明). (1) f (z ) = a n z n + a n −1 z n −1 + L + a1 z + a 0 = a n z n + a n −1 z n −1 + L + a1 z + a 0 = a n z n + a n −1 z n −1 + L + a1 z + a 0 = a n ( z ) n + a n −1 ( z ) n −1 + L + a1 ( z ) + a 0. 2.. = f (z ) (2) f (a − bi) = f (a + bi) = f (a + bi ) = 0 = 0 。 a + b 形式的無理根成對性質：有理係數多項方程式，若有無理根，則成對出現。有理係數多項式方程式，無理根成對出現。設 f ( x) = a n x n + a n −1 x n −1 + L + a1 x + a 0 ∈ Q[ x] ，設 a, b ∈ Q, b ∉ Q ，若 f (a + b ) = 0 ，則 f (a − b ) = 0 。 (證明) 令 g ( x) = ( x − (a + b ))( x − (a − b )) = x 2 − 2ax + (a 2 − b) ，設 f ( x) = g ( x)q( x) + (rx + s ) ，其中 r , s ∈ Q 則 f (a + b ) = r (a + b ) + s = 0 ⇒ ra + s + r b = 0 ， ra + s ∈ Q ，矛盾。若 r ≠ 0 ，則 b = − r 故 r = 0 ，代回，得 s = 0 ，故 f ( x) = g ( x) q ( x) ∴ f (a − b ) = 0 × q(a − b ) = 0 。註：其他形式的無理根不一定成對，例如 f ( x) = x 3 − 2 為一個無理根與兩個. 3.. 虛根，因 x 3 − 2 = ( x − 3 2 )( x 2 + 3 2 x + 3 4 ) 。實係數一元 n 次方程式，當 (1) n 為奇數時，有奇數個實根(即必有實根)。 (2) n 為偶數時，有偶數個實根或者沒有實根。註：我們一般在分解時，會將方程式化成一次因式或二次因式的連乘積，再利用公式求出所有解。.

(4) 【關係】根與係數關係： 1. 二次方程式根與係數關係：. b ⎧ + = − α β ⎧⎪aα 2 + bα + c = 0 ⎪⎪ a 若二次方程式的兩根為 α , β ，則 ⎨ ，且 ⎨ 2 。 c ⎪ a β b β c 0 + + = ⎪α × β = ⎩ ⎪⎩ a 證明：因 ax 2 + bx + c = a( x − α )( x − β ) = a( x 2 − (α + β ) x + αβ ) ，. 2.. b ⎧ α +β =− ⎪ ⎧− a(α + β ) = b ⎪ a ⇒⎨ 故⎨ 。 = a ( αβ ) c c ⎩ ⎪α × β = ⎪⎩ a 三次方程式根與係數關係：若三次方程式的三根為 α , β , γ ， b ⎧ α + β +γ = − ⎪ a ⎧aα 3 + bα 2 + cα + d = 0 ⎪ ⎪ 3 c ⎪ 2 則 ⎨αβ + βγ + γα = ，且 ⎨ aβ + bβ + cβ + d = 0 。 a ⎪ ⎪ aγ 3 + bγ 2 + cγ + d = 0 ⎩ d ⎪ α × β ×γ = − ⎪ a ⎩ 證明：因 ax 3 + bx 2 + cx + d = a( x − α )( x − β )( x − γ ) = a( x 3 − (α + β + γ ) x 2 + (αβ + βγ + γα ) x + αβγ ) ，. b ⎧ α + β +γ = − ⎪ a ⎧ − a (α + β + γ ) = b ⎪ c ⎪ ⎪ 故 ⎨a (αβ + βγ + γα ) = c ⇒ ⎨αβ + βγ + γα = 。 a ⎪ ⎪ − a (αβγ ) = d ⎩ d ⎪ α × β ×γ = − ⎪ a ⎩ 【問題】 1. 能否造出一個實係數的二次方程式以 1 − i 為它的一個虛根？ 2. 能否造出一個只含一個虛根 1 − i 的實係數二次方程式？ 3. 能否造出一個含一個虛根 1 − i 與一個實根的二次方程式？ 4. 能否造出一個最低次的實係數的多項式方程式以 2 + 3i 為它的一個根。註：會有根 2 + 3i, 2 − 3i 。 5. 能否造出一個最低次的有理係數的多項式方程式以 2 + 3i 為它的一個根。註：會有根 2 + 3i, 2 − 3i,− 2 + 3i,− 2 − 3i 。.

(5) 【問題】. 1 1 x − = 0 的根不全為實數。 2 6 (提示：證明圖形與 x 軸只有一個交點) 2. 試證明：若整係數方程式 ax 2 + bx + c = 0 有有理根，則 a, b, c 中至少有一個是偶數。 q ( 提示：設根為，其中 ( p, q) = 1 ，且 a, b, c 都是奇數，根代入後得到 p q q a( ) 2 + b × + c = 0 ，化成 aq 2 + bpq + cp 2 = 0 ，討論後得到與 ( p, q) = 1 矛盾 p p 的結果) 【方法】勘根定理配合二分逼近法(或十分逼近法)可以求實根範圍，並可將誤差縮小到任意要求的範圍。註：十分逼近法並不是就非要十等份，而是以十進位進位點(例如 0.1,0.2,0.3,L ) 配合勘根定理使用之。【問題】 1. 設 a 是一個固定的正數，試證明：方程式 x n = a ( n 為自然數)恰有一正實根。 (註：要證明存在性以及唯一性。) (證明) (1)存在性：設 f ( x) = x n − a ， a 是一個固定的正數，則 f (0) f (a + 1) = (−a)((a + 1) n − a) < 0 (因 (a + 1) n − a > (a + 1) − a > 0 ) (2)唯一性：設 α , β 為 f ( x) = 0 之相異根， ⎧⎪α n = a 則⎨ n ，得 α n − β n = 0 ， ⎪⎩β = a 故 α n − β n = (α − β )(α n + α n −1 β + L + β n ) = 0 ，又 α n + α n −1 β + L + β n > 0 ，得 α − β = 0 ，即 α = β 。 2. 十分逼近法在應用時先從左右那邊開始？準確度為何？何時停止？如何能改進此法的速度？ 3. 討論 n 次方程式是否有解？有多少解？如何找出解？ 1. 試證明：方程式 x 3 − x 2 −.

(6) 【問題】 n 次方程式有沒有公式解：另一個存在性的問題就是 n 次方程式次方程式有無求公式解(將係數加減乘除開根號)的方法？先來看一看幾個例子： b n = 1 次方程式時 ax + b = 0 的解是 x = − 。 a − b ± b 2 − 4ac 2a 至於 n = 3,4 的公式解，一度曾經是數學競技鬥智的焦點。期間頗多戲劇化的情節發展。結果三次方程式由卡丹(Carden) 於 1545 年公佈其解法於其著作「Ars Magna」中，而據傳說此解法是由 Tartaglia 教給 Carden，並以保守此秘密為條件，不料 Carden 竟然背信，將解法公佈，並據為己有，可見 Carden 此人為達目的不擇手段。至於四次方程式的公式解是由 Carden 的弟子斐拉利(Ferrari 1522−1565)所提出的。但是對於五次方程式的堡壘，卻久攻不下，這個問題持續了兩三百年，直到 1832 年，一位法國青年 Galois 在其決鬥前夕，在它的遺書中，這位偉大的青年數學家引進了「群」的理論，證明了：五次及五次以上的方程式，不可能有公式解。從此數學家才解除了尋找公式解的惡夢。解的個數：一次方程式恰有一個根，二次方程式如果重根算是兩個，那麼二次方程式就恰有兩個根。一般而言，如果計算重根的個數，(重根算二個、三重根算三個，…)那麼根據代數基本定理以及因式定理，我們可推得 n 次方程式就恰有 n 個根。 n = 2 時 ax 2 + bx + c = 0 的解是 x =.

(7) 【定理】 n 次方程式就恰有 n 個根。【定理】多項函數的中間值定理：設 f (x) 為一 n 次多項函數，a, b 為兩相異實數且 f (a) ≠ f (b) ，則對任意介於 f (a) 與 f (b) 之間的實數 k ，恆有一實數 c 在 a 與 b 之間使 f (c) = k 。 (證明) 取 g ( x) = f ( x) − k 則 g (x) 為一 n 次多項函數設 f (a) < k < f (b) 則 g (a) g (b) = ( f (a ) − k )( f (b) − k ) < 0 由勘根定理得知恆有一實數 c 在 a 與 b 之間使 f (c) = k 。【性質】函數圖形的對稱性 1. 中心對稱：若函數 y = f (x) 圖形為 Γ，M 為一定點，若 Γ 上任一點 P( x1 , f ( x1 )) 都能找到 Γ 上的點 Q( x 2 , f ( x 2 )) ，使得 M 為 P, Q 的中點，則稱 Γ 為中心對稱圖形， M 為對稱中心。 2. 軸對稱：若函數 y = f (x) 圖形為 Γ ， L 為一直線，若 Γ 上任一點 P ( x1 , f ( x1 )) 都能找到 Γ 上的點 Q ( x 2 , f ( x 2 )) ，使得 L 為 P, Q 的中垂線，則稱 Γ 為軸對稱圖形， L 為對稱軸。【性質】三次函數圖形： 1. y = f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d 的圖形 −b −b , f ( )) 為對稱中心的中心對稱圖形。為以 ( 3a 3a 證明 ) ( (方法一) 欲證若 P ( x1 , f ( x1 )) 在 y = f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d 的圖形上， b 2b 則 Q(− x1 − ,− f ( x1 ) + 2 f (− )) 在 f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d 的圖形上， 3a 3a b 2b (即想要證 f (− x1 − ) = − f ( x1 ) + 2 f (− ) )。 3a 3a 證明如下： 2b f (− x1 − ) 3a 2b 2b 2b = a(− x1 − ) 3 + b(− x1 − ) 2 + c(− x1 − ) + d 3a 3a 3a 2b 2b 2b = −a ( x1 + ) 3 + b( x1 + ) 2 − c( x1 + ) + d 3a 3a 3a 2b 2b 2b ⎞ ⎛ 2b 2b ⎞ ⎛ 2b ⎞ ⎛ = −a⎜ x13 + 3x12 ( ) + 3x1 ( ) 2 + ( ) 3 ⎟ + b⎜ x12 + 2 x1 ( ) + ( ) 2 ⎟ − c⎜ x1 + ⎟ + d 3a 3a 3a ⎠ ⎝ 3a 3a ⎠ ⎝ 3a ⎠ ⎝.

(8) 2b 2b 2b 2b 2b 2b ) − 3ax1 ( ) 2 − a( ) 3 + bx12 + 2bx1 ( ) + b( ) 2 − cx1 − c +d 3a 3a 3a 3a 3a 3a 4b 2 x1 8b 3 4b 2 x1 4b 3 2bc 3 2 = −(ax1 + bx1 + cx1 + d ) + 2d − − + + 2 − 3a 3a 3a 27 a 2 9a 3 3 8b 4b 2bc = −(ax13 + bx12 + cx1 + d ) + 2d − + 2 − 2 3a 27a 9a 3 3 8b 4b 2bc = − f ( x1 ) + (− + 2 − + 2d ) 2 3a 27a 9a 4b 3 2bc = − f ( x1 ) + ( − + 2d ) 2 3a 27 a 2b 3 2b 3 2bc = − f ( x1 ) + (− + − + 2d ) 27a 2 9a 2 3a b3 b 3 bc = − f ( x1 ) + 2(− + − + d) 27 a 2 9a 2 3a −b −b −b = − f ( x1 ) + 2(a( ) 3 + b( ) 2 + c( ) + d ) 3a 3a 3a −b = − f ( x1 ) + 2 f ( ) 3a (方法二) b 因 f (− + t ) 3a b b b = a ( − + t ) 3 + b(− + t ) 2 + c ( − + t ) + d 3a 3a 3a b b b ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ = a⎜ (− ) 3 + 3(− ) 2 t + 3(− )t 2 + t 3 ⎟ + b⎜ (− ) 2 + 2(− )t + t 2 ⎟ + c⎜ (− ) + t ⎟ + d 3a 3a 3a ⎝ 3a ⎠ ⎝ 3a ⎠ ⎝ 3a ⎠ 3 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ bc 2b b b ⎞ = ⎜⎜ (− + + ct ⎟ + d t − bt 2 + t 3 ⎟⎟ + ⎜⎜ 2 − t + bt 2 ⎟⎟ + ⎜ − 2 9a 3a ⎠ ⎝ 27 a ⎠ ⎝ 9a ⎠ ⎝ 3a b 又 f (− − t ) 3a b b b = a ( − − t ) 3 + b( − − t ) 2 + c ( − − t ) + d 3a 3a 3a b b b ⎞ ⎞ ⎛ b ⎛ b ⎞ ⎛ b = a⎜ (− ) 3 − 3(− ) 2 t + 3(− )t 2 − t 3 ⎟ + b⎜ (− ) 2 − 2(− )t + t 2 ⎟ + c⎜ (− ) − t ⎟ + d 3a 3a 3a ⎠ ⎠ ⎝ 3a ⎝ 3a ⎠ ⎝ 3a 3 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ bc 2b b b ⎞ = ⎜⎜ (− − t − bt 2 − t 3 ⎟⎟ + ⎜⎜ 2 + t + bt 2 ⎟⎟ + ⎜ − − ct ⎟ + d 2 3a a ⎠ ⎝ 27 a ⎠ ⎝ 9a ⎠ ⎝ 3a b b b f (− + t ) + f (− − t ) b3 b2 bc 故 = − + +− + d = f (− ) ， 3a 3a 2 2 3a 3a 27 a 9a 2 b b b b b b 即 (− + t , f (− + t )) 與 (− − t , f (− − t )) 的中點在 (− , f (− )) ， 3a 3a 3a 3a 3a 3a b b 也就是圖形對 (− , f (− )) 點對稱。 3a 3a = −ax13 − 3ax12 (.

(9) 2.. 三次函數圖形可以用點 (. −b −b , f ( )) 為新原點 3a 3a. 建立新坐標系 X − Y 則方程式將變成 Y = F ( X ) = AX 3 + CX 的形式 3. 由前可知三次函數圖形的基本形式可以分為兩類第一類為 y = f ( x) = ax 3 (嚴格遞增或嚴格遞減) 第二類為 y = f ( x) = ax 3 + cx 其中 c ≠ 0 。【公式】三次方程式的公式解(卡當(Carden)公式解法)： 1. 設複係數三次方程式為 ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 ，其中 a ≠ 0 ，可化成 x 3 + b' x 2 + c' x + d ' = 0 的形式， b' b' 2 b' 2b'3 b' c' 再用綜合除法化成 ( x + ) 3 + (c'− )( x + ) + ( − + d') = 0 ， 3 3 3 27 3 b' 使成 y 3 + py + q = 0 的形式，其中 y = x + 。 3 3 2. 解 y + py + q = 0 ，因為 (u + v) 3 − 3uv(u + v) − (u 3 +v 3 ) = 0 ，想到如下過程，引進變數 u, v ，設 y = u + v，得 y 3 − 3uvy − (u 3 + v 3 ) = 0 ， ⎧ p = −3uv 則⎨ 。 3 3 ⎩q = −(u + v ) 3. 解 u, v ， ⎧ 3 3 − p3 ⎪u v = 因為 ⎨ 27 ， ⎪(u 3 + v 3 ) = − q ⎩ 故 u 3 , v 3 為二次式 z 2 + qz −. p3 = 0 之兩根， 27. 4 p3 4 p3 2 而兩根為 − q + q + 27 及 − q − q + 27 ， 2 2 2 q p3 令三次方程式的判別式為 D = ， + 4 27 − q + 4D q − q − 4D q 可取 u 3 = = − + D = U 及 v3 = = − − D =V ， 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 其三組解分別形如 U , U ω , U ω 及 V , V ω , V ω ，因為 uv 和 u 3 + v 3 為定值，又 ω 3 = 1 ，故取使 (3 U ω )(3 V ω 2 ) 及 (3 U ω 2 )(3 V ω ) ， 2. 和 (3 U ω ) 3 + (3 V ω 2 ) 3 及 (3 U ω 2 ) 3 + (3 V ω ) 3 之值不會變的另外兩組解， ∴ 由上面可知方程式 ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 的三根為.

(10) − b' 3 − b' 3 − b' 3 + Uω 2 + 3 Vω + U +3 V, + Uω + 3 Vω 2 , 3 3 3 (其中 ω = − 1 + 3i )。 2 【例題】試用公式解的方法求三次方程式 x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 = 0 的解。設 y = x−2，使成 y 3 − y = 0 ，設 y = u + v， ⎧− 1 = −3uv 則⎨ ， 3 3 ⎩0 = −(u + v ) 1 ⎧ 3 3 ⎪u v = 27 ，因為 ⎨ ⎪u 3 + v 3 = 0 ⎩ 1 = 0 之兩根，故 u 3 , v 3 為二次式 z 2 + 0 ⋅ z + 27 −1 i − i3 −1 −i i3 可取 u 3 = = = = U 及 v3 = − = = =V ， 27 3 3 3 3 27 3 3 3 3 其三組解分別形如 3 U , 3 U ω , 3 U ω 2 及 3 V , 3 V ω , 3 V ω 2 ，由上面可知方程式 x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 = 0 的三根為 − b' 3 − b' 3 − b' 3 x= + Uω 2 + 3 Vω + U +3 V, + Uω + 3 Vω 2 , 3 3 3 −i −i i i 2 −i 2 i ,2 + = 2+ + ω+ ω ,2 + ω + ω 3 3 3 3 3 3 (其中 ω = − 1 + 3i ) 2 = 2,2 + 1,2 − 1 = 2,3,1 。【問題】 q2 p3 之值為何？三次方程式有重根的條件為何？此時判別式 1. D= + 4 27 2. 化簡 3 20 + 14 2 + 3 20 − 14 2 之值為何？(Ans：4) x=.

(11) 【公式】四次方程式的公式解(費拉里解法)： 1. ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0 ，其中 a ≠ 0 ，不妨設 a = 1 ，則可化成型如 x 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0 ，再用綜合除法化成 b 3b 2 b bc 17b 3 b bd b 2 c 3b 4 ( x + ) 4 + (c − )( x + ) 2 + (d − + )( x + ) + (e − + − )=0 4 8 4 2 64 4 4 16 256 b 使成 y 4 + py 2 + qy + r = 0 的形式，其中 y = x + 。 4 2. 想法：引進一個新變數，使原來的四次方程經過配方後可分解成兩個二次式的乘積，引進的新變數滿足一個三次方程式，可由卡當公式解出，即解 y 4 + py 2 + qy + r = 0 ，引進變數 z ， z2 z2 ， y4 + y2z + = − py 2 − qy − r + y 2 z + 4 4 z z2 即 ( y 2 + ) 2 = ( z − p) y 2 − qy + ( − r ) ， 2 4 2 上面右式的判別式為 q − ( z − p)( z 2 − 4r ) 。 3. 因為左式為完全平方式，故 q 2 − ( z − p)( z 2 − 4r ) = 0 ，則可求得 z 之三次式的解 z1 (可用卡當公式)， z1 2 q 2 )2 ，得 ( y + ) = ( z1 − p )( y − 2 2( z 1 − p ) z1 q 2 )，即 y + = ± z1 − p ( y − 2 2( z1 − p ) 可再用二次式公式解上式的 y ，計可得到四個 y 的解， b 再代回解 x = y − 。 4.

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