题解 P1024 【一元三次方程求解】
team109
2019-03-10 22:51:17
其实公式法虽然赖皮但不失为一种好方法
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#### 0.前备知识:
**一元三次方程的求解**。
对于
$$ax^3+bx^2+cx+d=0\ (a\ne0)$$
求解方法:第一步:配方,换元,去三次项系数
于是只需解形如
$$x'^3+px'+q=0$$
的方程。
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又有
$$(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$$
$$\qquad\quad=a^3+b^3+3ab(a+b)$$
所以令a+b=X,有
$$X^3=a^3+b^3+3abX$$
即
$$X^3+(-3ab)X+(-a^3-b^3)=0$$
也就是说,要解
$$x'^3+px'+q=0$$
只需求出符合条件的a、b即可。这样就直接$X=a+b$,解出结果。
$$\begin{cases}-3ab=p\\-a^3-b^3=q\end{cases}$$
即
$$\begin{cases}-27a^3b^3=p^3\\-a^3-b^3=q\end{cases}$$
而这很容易解决,解出$p^3$和$q^3$再开根即可。
(其实解出来符合条件的实数对(a,b)只有一组,三个解为
$$x_1=a+b$$
$$\quad\,\ x_2=\omega a+\overline{\omega}b$$
$$\quad\,\ x_3=\overline{ω}a+\omega b$$
其中$\omega$为三次单位根$\frac{1+\sqrt{3}i}{2}$,$\overline{\omega}$为三次单位根$\frac{1-\sqrt{3}i}{2}$)
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#### 1.由此可得出著名的卡尔丹公式:
对于$ax^3+bx^2+cx+d=0(a≠0)$,
$$p=\frac{3ac-b^2}{3a^2},q=\frac{27a^2d-9abc+2b^3}{27a^3}$$
$$x_1=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}\!+\!\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2\!\!+\!\left(\frac{p}{2}\right)^3}}\!\!+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}\!-\!\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2\!\!+\!\left(\frac{p}{2}\right)^3}}\!-\frac{b}{3a}$$
$$\quad\ x_2=\omega\sqrt[3]{-\frac{q}{2}\!+\!\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2\!\!+\!\left(\frac{p}{2}\right)^3}}\!\!+\!\overline{\omega}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}\!-\!\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2\!\!+\!\left(\frac{p}{2}\right)^3}}\!-\frac{b}{3a}$$
$$\quad\ x_3=\overline{\omega}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}\!+\!\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2\!\!+\!\left(\frac{p}{2}\right)^3}}\!\!+\!\omega\sqrt[3]{-\frac{q}{2}\!-\!\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2\!\!+\!\left(\frac{p}{2}\right)^3}}\!-\frac{b}{3a}$$
其中出现复数,把实部和虚部分别用一个`double`存储并分别处理即可。听说有种神奇的东西叫`complex`?
实际实现时,把$\dfrac{q}{2}$和$\dfrac{p}{3}$以及$\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2\!\!+\!\left(\dfrac{p}{2}\right)^3}$作为一个整体存储。
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#### 2.代码:
略。(让$\mathtt{dalao}$帮忙实现一下吧。)
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#### 3.性能分析:
1.比盛金公式慢,但精度好(盛金公式要用到误差很大的`sin`和`cos`)
2.和二分相当且速度受数据范围、精度要求影响小
##### Update:2019/8/7,更新了一些排版上的bug,同时纠正了一个错误。手打公式不免可能出一些错误,望管理大大包容~
##### 另吐槽:$\LaTeX$里的$\omega$好丑