1-4-4多項式-多項方程式

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(1)4-4 多項式-多項方程式【定理】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) 。多項函數圖形的性質：是平滑的連續曲線。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。註：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。我們可以利用勘根定理。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。代數基本定理：設 n 是一個自然數，則每一個複係數 n 次方程式，至少有一個複數根。進一步可知每個複係數 n 次方程式都恰有 n 個複數根。二次方程式的實根數：. ax 2 + bx + c = 0, a, b, c ∈ R, a ≠ 0 的解為 x =. − b ± b 2 − 4ac ， 2a. 1. 若 b 2 − 4ac > 0 ，有兩個相異實根。 2. 若 b 2 − 4ac = 0 ，有兩個相等實根(重根)。 3. 若 b 2 − 4ac < 0 ，有兩個共軛虛根。註：實係數方程式，虛根成對出現。有理係數方程式，無理根成對出現。【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？【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】虛根成對性質：實係數多項方程式，若有虛根，則成對共軛出現。即若 f ( x) = a n x n + a n −1 x n −1 + " + a1 x + a0 = 為實係數多項方程式， z 為虛根，則必有共軛虛根 z 。或若 f (a + bi ) = 0, a, b ∈ R ⇒ f (a − bi ) = 0 。二次方程式根與係數關係： b ⎧ ⎪⎪α + β = − a 。若二次方程式的兩根為 α , β ，則 ⎨ ⎪α × β = c ⎪⎩ 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 ， 34.

(2) b ⎧ α + β +γ = − ⎪ a ⎪ c ⎪ 則 ⎨αβ + βγ + γα = 。 a ⎪ d ⎪ α × β ×γ = − ⎪ a ⎩ 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或二次因式的乘積，再利用公式求出所有解。【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？【問題】 1 1 1. 試證明：方程式 x 3 − x 2 − x − = 0 的根不全為實數。 2 6 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。【方法】勘根定理配合二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。【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。 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？【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 n = 2 時 ax 2 + bx + c = 0 的解是 x =. 35.

(3) 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。【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 。 (pf)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 (pf)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 2b b (即想要證 f (− x1 − ) = − f ( x1 ) + 2 f (− ) ) 3a 3a 36.

(4) 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 ⎠ ⎝ 2b 2b 2b 2b 2b 2b = −ax13 − 3ax12 ( ) − 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 = −(ax13 + bx12 + 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 b3 bc = − f ( x1 ) + 2(− + − + d) 2 2 3a 27 a 9a −b −b −b = − f ( x1 ) + 2(a( ) 3 + b( ) 2 + c( ) + d ) 3a 3a 3a −b = − f ( x1 ) + 2 f ( ) 3a 2. −b −b , f ( )) 為新原點三次函數圖形可以用點 ( 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 37.

(5) 使成 y 3 + py + q = 0 的形式，其中 y = x +. b' 3. 2. 解 y 3 + 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 − q − q + 27 及 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 而兩根為 − q + q +. 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 − b' 3 − b' 3 − b' 3 x= + U +3 V, + Uω + 3 Vω 2 , + Uω 2 + 3 Vω 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 ). 38.

(6) 1 ⎧ 3 3 ⎪u v = 27 因為 ⎨ ⎪u 3 + v 3 = 0 ⎩ 故 u 3 , v 3 為二次式 z 2 + 0 ⋅ z +. 1 = 0 之兩根 27. −1 i − i3 −1 −i i3 = = = 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 + U +3 V, + Uω + 3 Vω 2 , x= + Uω 2 + 3 Vω 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 1. 三次方程式有重根的條件為何？此時判別式 D = 之值為何？ + 4 27 2. 化簡 3 20 + 14 2 + 3 20 − 14 2 之值為何？(Ans：4) 可取 u 3 =. 【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 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 = − py 2 − qy − r + y 2 z + 4 4 2 z z 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 ) y4 + y2z +. 39. 使.

(7) 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) z 2 q 2 )2 得 ( y + 1 ) = ( z1 − p )( y − 2 2( z 1 − p ) z q 2 ) 即 y + 1 = ± 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. 40.

(8)