權(quán)小剛
摘要: 利用待定系數(shù)法可將一元四次多項(xiàng)式分解為兩個(gè)二次多項(xiàng)式的乘積,通過(guò)解兩個(gè)一元二次方程達(dá)到求解四次方程的目的.
關(guān)鍵詞: 一元四次方程待定系數(shù)法分解因式方程的解
一、引言
一元四次方程有根式解法,就是費(fèi)拉里(Ferrari)解法.此解法亦稱(chēng)差分配方法.此方法是受一元三次方程求解方法的啟發(fā)而得到的.一元三次方程是在進(jìn)行了巧妙的換元之后,把問(wèn)題歸結(jié)成了一元二次方程從而得解的.于是,如果能夠巧妙地把一元四次方程轉(zhuǎn)化為一元三次方程或一元二次方程,就可以利用已知的公式求解.本文利用待定系數(shù)法解一元四次方程.
二、主要結(jié)論
引理1:四次方程ax+ax+ax+ax+a=0(aa≠0)①可變形為四次方程y+ay+by+c=0②的形式.其中是a=,b=,c=.
由上述引理1知,所有的一元四次方程均可變形為y+ay+by+c=0(aa≠0),故只需討論②式的解法即可.當(dāng)b=0時(shí),②式變?yōu)閥+ay+c=0,得y=,即y=±.下面總設(shè)b≠0.
定理2:y+ay+by+c=(y+py+m)(y-py+n),其中p,m,n是關(guān)于a,b,c的待定系數(shù).
證明:設(shè)方程②有四根y,y,y,y,則有y+ay+by+c=(y-y)(y-y)(y-y)(y-y),因?yàn)閥-y,y-y,y-y,y-y四個(gè)式子中任取兩式相乘,必得首項(xiàng)為1的二次三項(xiàng)式,故y+ay+by+c=(y+py+m)(y+qy+n).比較兩邊三次項(xiàng)系數(shù)有p+q=0,即p=-q,故y+ay+by+c=(y+py+m)(y-py+n).
定理3:四次方程y+ay+by+c=0的根為y=和y=.其中p,m,n可通過(guò)a,b,c的有限次加、減、乘、除運(yùn)算得到.
證明:由定理2可設(shè)
y+ay+by+c=(y+py+m)(y-py+n)=y+(m+n-p)y+(pn-pm)y+mn.
比較上式兩邊系數(shù),可得
m+n=p+a (Ⅰ)m-n=-(Ⅱ)mn=c (Ⅲ)③
由(Ⅰ),(Ⅱ)可得
m=p+a-?搖n=p+a+?搖④
上式代入(Ⅲ)有p+2ap+a-4c-=0即p+2ap+(a-4c)p-b=0⑤.令p=t,則⑤式變?yōu)閠+2at+(a-4c)t-b=0⑥.若t為⑥式的任一解,則p=±也滿(mǎn)足⑤式,由b≠0知t≠0,代入④式可得
m=p+a-?搖n=p+a+?搖
則(t,m,n)為③式的一組解.為了方便表示,令(p,m,n)為③式的一組解.故有
y+ay+by+c=(y+py+m)(y-py+n).
解y+py+m=0和y-py+n=0兩個(gè)方程得②式的解為:
y=和y=.
三、應(yīng)用舉例
例1:解方程x+4x-2x+12x+9=0
解:令x=y-1,原方程變形為y-8y+24y-8=0.
令y-8y+24y-8=(y+py+m)(y-py+n)①
比較上式兩邊系數(shù),可得:
m+n=p-8 (Ⅰ)m-n=-(Ⅱ)mn=-8 (Ⅲ)
由(Ⅰ),(Ⅱ)可得
m=p-8-?搖n=p-8+?搖②
上式代入(Ⅲ)有p-16p+96-=0
即p-16p+96p-576=0③
令p=t,則上式變?yōu)閠-16t+96t-576=0.
解上面的方程得t=12為其一解.則p=2為方程③的解.代入②式得:
m=2-2n=2+2
則(12,2-2,2+2)為方程①的一組解.故有:
y-8y+24y-8=(y+2y+2-2)(y-2y+2+2).
解y+2y+2-2=0和y-2y+2+2=0兩個(gè)方程得方程①的解為:
y=-±和y=-±.
則原方程的解為:x=-(+1)±和x=-(+1)±.
例2:解方程x-4x+x+4x+1=0 ①
解:令x=y+1代入式①得:y-5y-2y+3=0.
設(shè)y-5y-2y+3=(y+py+m)(y-py+n)②,比較兩邊系數(shù)得:
m+n=p-5m-n=mn=3,故有m=p-5+?搖n=p-5-?搖③,代入mn=3得p-10p+13p-4=0.
令p=t,得t-10t+13t-4=0,解此方程得t=1為其一解,代入③得:m=-1,n=-3.將m=-1,n=-3代入②有:y-5y-2y+3=(y+y-1)(y-y-3),得y=,y=,即原方程的解為:x=,y=.
參考文獻(xiàn):
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