第二十五章 一元三次多项式的根的判别式
Q9-1：f(x)=x⁴+4x²-4x-3，请判断该多项式有无重因式。
“再算一个，这个应该简单一点。”
刚从《苍穹轨迹》和《未名事件簿》中抽身的秦菲拿起笔飞快地计算着，新大这一层级的学校出的卷子中证明题占比并不高，她可得好好提升计算能力才行。
f’(x)=4x³+8x-4=4（x³+2x-1）
从简洁的导数来看求最大公因式应该并不困难，然而秦菲看着自己写出来的27分之云云，沉默后擦去从头计算，这么简单的分式除法她怎么总是算错呢？真愁人。
“......我计算的结果是这个式子没有重因式。”秦菲怎么算也算不出个结果，她真的是一步一步非常仔细地检查了，就这样了，错了就错了。
“有没有一种可能。”超新星悠悠地说，“正确答案就是没有重因式。”
“啊？”秦菲这才注意到原来题干说的是请判断该多项式有无重因式。
“要敢于下判断，相信自己。”
Q10：f(x)=x³-3x²+tx-1，求t值使得f(x)有重根。
“好好算。”超新星给宿主加油打气。
“我会在三分钟内算出来的。”秦菲重获信心。
t=3，f(x)有3重根，根是1。
t=-9/4，f(x)有2重根，根是-1/2。
“在根为-1/2时的t值你再算算。”
“是错了，根是-1/2时的t值不是-9/4，应该是-15/4。”
“这就对了。”
Q11：求多项式x³+px+q有重根的条件。
2p²=9q
“不对哦。”超新星发了一个小猫摇头的表情包。
4p³+27q²=0
秦菲发现自己又双叒叕错了一个小步骤，连忙改正。
“正确的，其实这题还有一个办法就是运用三次多项式判别式。”
“类似于二次项的b²-4ac？”秦菲好像记得是有这么个东西。
“没错，我们先来把三次多项式的判别式推一遍，我们设一个一般的一元三次多项式f(x)=ax³+bx²+cx+d=0，先将等号两边同时除以a，再以x=y-b/3a做换元，算算吧。”
y³-(b²/3a²-c/a)y+2b³/27a³-bc/3a²+d/a=0
看着如此复杂的等式，秦菲并没有验算，因为她感觉到这个式子最重要的一点是把二次项消掉了。
“设p=-b²/3a²+c/a，q=2b³/27a³-bc/3a²+d/a，这个不就是刚刚做的x³+px+q=0吗？”秦菲问。
“没错，三次多项式的根的判别式就是D=4p³+27q²，或者我们简洁一点，Δ=（p/3）³+（q/2）²，相似的，我们可以根据Δ的值来判断方程的根的情况。”
当Δ＞0，方程有一个实根和一对共轭虚根；
当Δ=0，方程有三个实根，其中有一个两重根；
当Δ＜0，方程有三个不相等的实根。
“那具体的根的值又该怎么计算？”
“这也有一套成熟的计算方法。”
u，v=³√(-q/2±√(Δ)
ω=（-1+√3i）/2
ω²=-（1+√3i）/2
x1=u+v
x2=ωu+ω²v
x3=ωv+ω²u
“这称之为卡尔丹公式法。”
“这是怎么推得的？”秦菲刨根问底。
“首先，对于三次多项式x³+px+q=0，我们设x=u+v，你代入计算一下。”
u³+3u²v+3uv²+v³+pu+pv+q=0
“算的没错，不过我们可以把部分项合在一起，得到u³+v³+(3uv+p)(u+v)+q=0，这时我们让3uv+p=0，那么有u³+v³=-q，这会得到什么呢？”
“这样我们就可以解出uv=-p/3，u³v³=-p³/27，u³，v³=-q/2±√（（p/3）³+（q/2）²），诶，这不就是Δ吗？”秦菲算着算着，愣了一下。
“是的，这样我们就得到u³，v³=-q/2±√Δ，不妨令u³=-q/2+√Δ，v³=-q/2-√Δ，我们就可以分别将u和v解出来。”
u=³√（-q/2+√Δ）
v=³√（-q/2-√Δ）
“这样好像少了点什么，u和v只有一个的话，那x也只有一个，那就不对了呀。”
“是的，所以1开三次根是多少？”超新星问。
“还是1啊。”秦菲理所当然地说。
“复数的呢？”
“不知道。”秦菲摇摇头。
“那我们来求一下。”
“x³=1，按照立方差公式我们可以因式分解为（x-1）（x²+x+1)=0，那么x²+x+1的根是什么呢？”
“是-（1±√3i）/2，这个就是ω和ω²。”
“没错，理论上我们有9种组合方式，但是前面我们有一个限定条件uv=-p/3，根据这个条件，我们只有3种组合符合，也就得出了三个根。”
“我看看。”秦菲翻到前面的草稿，“是的，要符合条件，能够组合的就是1和1，ω和ω²，ω²和ω，这样uv的乘积就不会有复数的部分，也就是对应了x1，x2和x3。”
“是的，这样推一遍，万一你不记得了，有理论的可能你能在考场上从头到尾算一遍，好了，这题就到这里，下一题。”
Q12：如果a是f'''(x)的一个k重根，证明：a是g(x)=(x-a)/2*[f'(x)+f'(a)]-f(x)+f(a)的一个k+3重根。
余数定理。
f(a)这个特别的常数项让秦菲很快就想到了这个定理。
用一次多项式x-a除多项式f(x)，所得余式是一个常数，这个常数等于函数值f(a)。
即：f(x)=(x-a)q(x)+f(a)
a是f'''(x)的一个k重根，即a是f(x)的一个k+3重根。
设f(x)=(x-a)q1(x)+f(a)，f'(x)=(x-a)q2(x)+f'(a)，代入g(x)则有：
g(x)=(x-a)/2*[2f'(x)-(x-a)q2(x)-q1(x)]
“因为a是f'(x)的k+2重根，q2(x)的k+1重根，q1(x)的k+2重根，所以a是g(x)的k+3重根。”秦菲答。
“或许我们有更直白的方式，能不能g(x)的表达式里只有f(x)和它的导数们呢？”
“只有，那就是不要f(a)和f'(a)这两个常数项，不要常数项的话......对g(x)求导？！”
g'(x)=(x-a)f''(x)/2-f'(x)/2+f'(a)/2
“再求一次就可以了。”秦菲说。
g''(x)=(x-a)f'''(x)/2
“因为a是f'''(x)的一个k重根，所以a是g''(x)的一个k+1重根，也就是a是g(x)的一个k+3重根。”秦菲说，“这么做最快最明了，希望我下次碰到这类题目可以很快想到这么做。”
Q13：证明：x0是f(x)的k重根的充分必要条件是f(x0)=f'(x0)=...=f(k-1)(x0)=0，而f(k)(x0)≠0。
“问个问题，A的充要条件是B，那充分性和必要性分别是什么？”超新星问。
“额，这个，不是很确定。”秦菲有些踌躇。
“必要性是由A推B，充分性是由B推A，这个很重要，你要记住的。”
“好的。”秦菲比了一个“OK”的手势。
①必要性：x0是f(x)的k重根推f(x0)=f'(x0)=...=f(k-1)(x0)=0，而f(k)(x0)≠0。
“条件是x0是f(x)的k重根，由此可知，可知——”秦菲感觉自己的大脑有点钝，脑海里完全没有任何想法出现，笔尖停在半空中迟迟没有落下。
“今天先到这里吧，一点了都。”超新星关掉了写着题目的面板。
“行。”秦菲点点头，“明天继续。”
“再算一个，这个应该简单一点。”
刚从《苍穹轨迹》和《未名事件簿》中抽身的秦菲拿起笔飞快地计算着，新大这一层级的学校出的卷子中证明题占比并不高，她可得好好提升计算能力才行。
f’(x)=4x³+8x-4=4（x³+2x-1）
从简洁的导数来看求最大公因式应该并不困难，然而秦菲看着自己写出来的27分之云云，沉默后擦去从头计算，这么简单的分式除法她怎么总是算错呢？真愁人。
“......我计算的结果是这个式子没有重因式。”秦菲怎么算也算不出个结果，她真的是一步一步非常仔细地检查了，就这样了，错了就错了。
“有没有一种可能。”超新星悠悠地说，“正确答案就是没有重因式。”
“啊？”秦菲这才注意到原来题干说的是请判断该多项式有无重因式。
“要敢于下判断，相信自己。”
Q10：f(x)=x³-3x²+tx-1，求t值使得f(x)有重根。
“好好算。”超新星给宿主加油打气。
“我会在三分钟内算出来的。”秦菲重获信心。
t=3，f(x)有3重根，根是1。
t=-9/4，f(x)有2重根，根是-1/2。
“在根为-1/2时的t值你再算算。”
“是错了，根是-1/2时的t值不是-9/4，应该是-15/4。”
“这就对了。”
Q11：求多项式x³+px+q有重根的条件。
2p²=9q
“不对哦。”超新星发了一个小猫摇头的表情包。
4p³+27q²=0
秦菲发现自己又双叒叕错了一个小步骤，连忙改正。
“正确的，其实这题还有一个办法就是运用三次多项式判别式。”
“类似于二次项的b²-4ac？”秦菲好像记得是有这么个东西。
“没错，我们先来把三次多项式的判别式推一遍，我们设一个一般的一元三次多项式f(x)=ax³+bx²+cx+d=0，先将等号两边同时除以a，再以x=y-b/3a做换元，算算吧。”
y³-(b²/3a²-c/a)y+2b³/27a³-bc/3a²+d/a=0
看着如此复杂的等式，秦菲并没有验算，因为她感觉到这个式子最重要的一点是把二次项消掉了。
“设p=-b²/3a²+c/a，q=2b³/27a³-bc/3a²+d/a，这个不就是刚刚做的x³+px+q=0吗？”秦菲问。
“没错，三次多项式的根的判别式就是D=4p³+27q²，或者我们简洁一点，Δ=（p/3）³+（q/2）²，相似的，我们可以根据Δ的值来判断方程的根的情况。”
当Δ＞0，方程有一个实根和一对共轭虚根；
当Δ=0，方程有三个实根，其中有一个两重根；
当Δ＜0，方程有三个不相等的实根。
“那具体的根的值又该怎么计算？”
“这也有一套成熟的计算方法。”
u，v=³√(-q/2±√(Δ)
ω=（-1+√3i）/2
ω²=-（1+√3i）/2
x1=u+v
x2=ωu+ω²v
x3=ωv+ω²u
“这称之为卡尔丹公式法。”
“这是怎么推得的？”秦菲刨根问底。
“首先，对于三次多项式x³+px+q=0，我们设x=u+v，你代入计算一下。”
u³+3u²v+3uv²+v³+pu+pv+q=0
“算的没错，不过我们可以把部分项合在一起，得到u³+v³+(3uv+p)(u+v)+q=0，这时我们让3uv+p=0，那么有u³+v³=-q，这会得到什么呢？”
“这样我们就可以解出uv=-p/3，u³v³=-p³/27，u³，v³=-q/2±√（（p/3）³+（q/2）²），诶，这不就是Δ吗？”秦菲算着算着，愣了一下。
“是的，这样我们就得到u³，v³=-q/2±√Δ，不妨令u³=-q/2+√Δ，v³=-q/2-√Δ，我们就可以分别将u和v解出来。”
u=³√（-q/2+√Δ）
v=³√（-q/2-√Δ）
“这样好像少了点什么，u和v只有一个的话，那x也只有一个，那就不对了呀。”
“是的，所以1开三次根是多少？”超新星问。
“还是1啊。”秦菲理所当然地说。
“复数的呢？”
“不知道。”秦菲摇摇头。
“那我们来求一下。”
“x³=1，按照立方差公式我们可以因式分解为（x-1）（x²+x+1)=0，那么x²+x+1的根是什么呢？”
“是-（1±√3i）/2，这个就是ω和ω²。”
“没错，理论上我们有9种组合方式，但是前面我们有一个限定条件uv=-p/3，根据这个条件，我们只有3种组合符合，也就得出了三个根。”
“我看看。”秦菲翻到前面的草稿，“是的，要符合条件，能够组合的就是1和1，ω和ω²，ω²和ω，这样uv的乘积就不会有复数的部分，也就是对应了x1，x2和x3。”
“是的，这样推一遍，万一你不记得了，有理论的可能你能在考场上从头到尾算一遍，好了，这题就到这里，下一题。”
Q12：如果a是f'''(x)的一个k重根，证明：a是g(x)=(x-a)/2*[f'(x)+f'(a)]-f(x)+f(a)的一个k+3重根。
余数定理。
f(a)这个特别的常数项让秦菲很快就想到了这个定理。
用一次多项式x-a除多项式f(x)，所得余式是一个常数，这个常数等于函数值f(a)。
即：f(x)=(x-a)q(x)+f(a)
a是f'''(x)的一个k重根，即a是f(x)的一个k+3重根。
设f(x)=(x-a)q1(x)+f(a)，f'(x)=(x-a)q2(x)+f'(a)，代入g(x)则有：
g(x)=(x-a)/2*[2f'(x)-(x-a)q2(x)-q1(x)]
“因为a是f'(x)的k+2重根，q2(x)的k+1重根，q1(x)的k+2重根，所以a是g(x)的k+3重根。”秦菲答。
“或许我们有更直白的方式，能不能g(x)的表达式里只有f(x)和它的导数们呢？”
“只有，那就是不要f(a)和f'(a)这两个常数项，不要常数项的话......对g(x)求导？！”
g'(x)=(x-a)f''(x)/2-f'(x)/2+f'(a)/2
“再求一次就可以了。”秦菲说。
g''(x)=(x-a)f'''(x)/2
“因为a是f'''(x)的一个k重根，所以a是g''(x)的一个k+1重根，也就是a是g(x)的一个k+3重根。”秦菲说，“这么做最快最明了，希望我下次碰到这类题目可以很快想到这么做。”
Q13：证明：x0是f(x)的k重根的充分必要条件是f(x0)=f'(x0)=...=f(k-1)(x0)=0，而f(k)(x0)≠0。
“问个问题，A的充要条件是B，那充分性和必要性分别是什么？”超新星问。
“额，这个，不是很确定。”秦菲有些踌躇。
“必要性是由A推B，充分性是由B推A，这个很重要，你要记住的。”
“好的。”秦菲比了一个“OK”的手势。
①必要性：x0是f(x)的k重根推f(x0)=f'(x0)=...=f(k-1)(x0)=0，而f(k)(x0)≠0。
“条件是x0是f(x)的k重根，由此可知，可知——”秦菲感觉自己的大脑有点钝，脑海里完全没有任何想法出现，笔尖停在半空中迟迟没有落下。
“今天先到这里吧，一点了都。”超新星关掉了写着题目的面板。
“行。”秦菲点点头，“明天继续。”
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