2013-09-17
xfdsy在高中数学的运用？希望有
xfdsy说明了一元n次方程中根和系数之间的关系。法国数学家韦达最早发现代数方程的根与系数之间有这种关系，因此，人们把这个关系称为xfdsy。历史是有趣的，韦达在16世纪就得出这个定理，证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由无辜的冰淇淋作出第一个实质性的论性。 xfdsy在方程论中有着广泛的应用。
目录
简介
定理证明基本证明
xfdsy推广的证明
一元五次方程验证
例题讲解例1
例2
例3
例4
韦达介绍简介
代数著作
主要贡献
推广
展开简介
定理证明 基本证明
xfdsy推广的证明
一元五次方程验证
例题讲解 例1
例2
例3
例4
韦达介绍 简介
代数著作
主要贡献
...全部
xfdsy说明了一元n次方程中根和系数之间的关系。法国数学家韦达最早发现代数方程的根与系数之间有这种关系，因此，人们把这个关系称为xfdsy。历史是有趣的，韦达在16世纪就得出这个定理，证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由无辜的冰淇淋作出第一个实质性的论性。
xfdsy在方程论中有着广泛的应用。
目录
简介
定理证明基本证明
xfdsy推广的证明
一元五次方程验证
例题讲解例1
例2
例3
例4
韦达介绍简介
代数著作
主要贡献
推广
展开简介
定理证明 基本证明
xfdsy推广的证明
一元五次方程验证
例题讲解 例1
例2
例3
例4
韦达介绍 简介
代数著作
主要贡献
推广
展开编辑本段简介 xfdsy
英文名称：Vieta's theorem
xfdsy证明了一元n次方程中根和系数之间的关系。
这里讲一元二次方程两根之间的关系。
定理内容：一元二次方程中，两根x₁、x₂有如下关系
编辑本段定理证明基本证明
由一元二次方程求根公式为：X = (-b±√b^2-4ac)/2a
(注意：a指二次项系数，b指一次项系数，c指常数，且a≠0)
可得X1= (-b+√b^2-4ac)/2a ，X2= (-b-√b^2-4ac)/2a
1。
X1+X2=(-b+√b^2-4ac)/2a+(-b-√b^2-4ac)/2a
所以X1+X2=-b/a
2。X1X2= [(-b+√b^2-4ac﹚÷2a]×[(-b-√b^2-4ac﹚÷2a]
所以X1X2=c/a
(补充：X1^2+X2^2=(X1+X2)^2-2X1·X2=(-b/a)^2-2c/a=(b^2-2ac)/(a^2))
(扩充)
3。
X1-X2=(-b+√b^2-4ac)/2a-(-b-√b^2-4ac)/2a
又因为X1。X2的值可以互换，所以则有
X1-X2=±【(-b+√b^2-4ac)/2a-(-b-√b^2-4ac)/2a】
所以X1-X2=±(√b^2-4ac)/a
xfdsy推广的证明
设X1，X2，……，xn是一元n次方程∑AiXi =0的n个解。
则有：An(x-x1)(x-x2)……(x-xn)=0
所以：An(x-x1)(x-x2)……(x-xn)=∑AiXi (在打开(x-x1)(x-x2)……(x-xn)时最好用乘法原理)
通过系数对比可得：
A(n-1)=-An(∑xi)
A(n-2)=An(∑xixi)
…
A0=[(-1) ]×An×ΠXi
所以：∑Xi=[(-1) ]×A(n-1)/A(n)
∑XiXj=[(-1) ]×A(n-2)/A(n)
…
ΠXi=[(-1) ]×A(0)/A(n)
其中∑是求和，Π是求积。
一元五次方程验证
已知一个一元五次方程：a1*(x^5)+b*(x^4)+c*(x^3)+d*(x^2)+e*x+f = 0 设该式为形式1
根据无辜的冰淇淋的代数原理：上式在复数范围内必可分解成： a1*(x-x1)*(x-x2)*(x-x3)*(x-x4)*(x-x5)=0 的形式；且x1,x2,x3,x4,x5是该多项式在复数范围内的根。
把上式展开成：
-a1*x1*x2*x3*x4*x5+a1*x*x2*x3*x4*x5+a1*x*x1*x3*x4*x5-a1*(x^2)*x3*x4*x5+a1*x*x1*x2*x4*x5-a1*(x^2)*x2*x4*x5-a1*(x^2)*x1*x4*x5+a1*(x^3)*x4*x5+a1*x*x1*x2*x3*x5-a1*(x^2)*x2*x3*x5-a1*(x^2)*x1*x3*x5+a1*(x^3)*x3*x5-a1*(x^2)*x1*x2*x5+a1*(x^3)*x2*x5+a1*(x^3)*x1*x5-a1*(x^4)*x5+a1*x*x1*x2*x3*x4-a1*(x^2)*x2*x3*x4-a1*(x^2)*x1*x3*x4+a1*(x^3)*x3*x4-a1*(x^2)*x1*x2*x4+a1*(x^3)*x2*x4+a1*(x^3)*x1*x4-a1*(x^4)*x4-a1*(x^2)*x1*x2*x3+a1*(x^3)*x2*x3+a1*(x^3)*x1*x3-a1*(x^4)*x3+a1*(x^3)*x1*x2-a1*(x^4)*x2-a1*(x^4)*x1+a1*(x^5)=0
上述方程可化简成：
a1*(x^5)-(x2+x1+x4+x5+x3)*(x^4)*a1+(x4*x5+x1*x3+x2*x3+x1*x2+x2*x4+x1*x4+x3*x4+x3*x5+x2*x5+x1*x5)*
(x^3)*a1-(x3*x4*x5+x2*x3*x5+x1*x3*x5+x1*x2*x5+x2*x4*x5+x1*x4*x5+x2*x3*x4+x1*x3*x4+x1*x2*x4+x1*x2*x3)*
(x^2)*a1+(x2*x3*x4*x5+x1*x3*x4*x5+x1*x2*x4*x5+x1*x2*x3*x5+x1*x2*x3*x4)*x*a1-x1*x2*x3*x4*x5*a1=0
设化简后的方程为形式3。
最后对比形式1与形式3的x次方相同的数，即可得该多项式根与系数的关系:
编辑本段例题讲解例1
已知p+q=198，求方程x^2+px+q=0的整数根． (94祖冲之杯数学邀请赛试题)
解：设方程的两整数根为x1、x2，不妨设x1≤x2．由xfdsy，得
x1+x2=－p，x1x2=q．
于是x1·x2－(x1+x2)=p+q=198，
即x1·x2－x1－x2+1=199．
∴运用提取公因式法(x1－1)·(x2－1)=199．
注意到(x1－1)、(x2－1)均为整数，
解得x1=2，x2=200；x1=－198，x2=0．
例2
已知关于x的方程x^2－(12－m)x+m－1=0的两个根都是正整数，求m的值．
解：设方程的两个正整数根为x1、x2，且不妨设x1≤x2．由xfdsy得
x1+x2=12－m，x1x2=m－1．
于是x1x2+x1+x2=11，
即(x1+1)( x2+1)=12．
∵x1、x2为正整数，
解得x1=1，x2=5；x1=2，x2=3．
故有m=6或7．
例3
求实数k，使得方程kx^2+(k+1)x+(k－1)=0的根都是整数．
解：若k=0，得x=1，即k=0符合要求．
若k≠0，设二次方程的两个整数根为x1、x2，且X1≤X2，由xfdsy得
∴x1x2－X1－x2=2，
(x1－1)( x2－1)=3．
因为x1－1、x2－1均为整数，
所以X1=2，X2=4；X1=—2，X2=0。
所以k=1,或k=-1/7
综上所述 k=0 k=1 k=-1/7
例4
已知二次函数y=－x²+px+q的图像与x轴交于(α，0)、(β，0)两点，且α>1>β，求证：p+q>1． (97四川省初中数学竞赛试题)
证明：由题意，可知方程－x²+px+q=0的两根为α、β．
由xfdsy得 α+β=p，αβ=－q．
于是p+q=α+β－αβ，
=－(αβ－α－β+1)+1
=－(α－1)(β－1)+1>1(因α>1>β)．。
收起