网站制作网站搭建,怎么制作app平台,pc网站优化排名,怎样修改wordpress模板文章目录 前言一、一元二次方程中根和系数之间的关系二、韦达定理的数学推导和作用1. 韦达定理的数学推导2. 韦达定理的作用 三、韦达定理的应用举例1. 解题示例12. 解题示例23. 解题示例34. 解题示例45. 解题示例56. 解题示例67. 解题示例7 总结 前言
韦达定理说明了一元n次方… 文章目录 前言一、一元二次方程中根和系数之间的关系二、韦达定理的数学推导和作用1. 韦达定理的数学推导2. 韦达定理的作用 三、韦达定理的应用举例1. 解题示例12. 解题示例23. 解题示例34. 解题示例45. 解题示例56. 解题示例67. 解题示例7 总结 前言
韦达定理说明了一元n次方程中根和系数之间的关系。法国数学家韦达F. Vieta1540—1603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韦达定理。有趣的是韦达在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年才由高斯作出第一个实质性的论证。 韦达定理在方程论中有着广泛的应用。 一、一元二次方程中根和系数之间的关系
韦达定理指出了一元n次方程中根和系数之间的关系。 这里只谈一元二次方程中根和系数之间的关系。
对于一元二次方程 a x 2 b x c 0 ( a ≠ 0 且△ b 2 − 4 a c 0 ) ax^2bxc0 \space (a≠0 且△b^2-4ac0) ax2bxc0 (a0且△b2−4ac0)的两个根为 x 1 x 2 x_1x_2 x1x2 有 x 1 x 2 − b a x_1x_2 - \frac b a x1x2−ab x 1 ⋅ x 2 c a x_1·x_2 \frac c a x1⋅x2ac 1 x 1 1 x 2 x 1 x 2 x 1 ⋅ x 2 \frac {1} {x_1} \frac{1} {x_2} \frac {x_1x_2}{x_1·x_2} x11x21x1⋅x2x1x2
二、韦达定理的数学推导和作用
1. 韦达定理的数学推导
由一元二次方程求根公式知 x 1 , 2 − b ± b 2 − 4 a c 2 a x_{1,2} \frac {-b \pm \sqrt {b^2 - 4ac}} {2a} x1,22a−b±b2−4ac 则有 x 1 x 2 − b b 2 − 4 a c 2 a − b − b 2 − 4 a c 2 a − b a x_1 x_2 \frac {-b \sqrt {b^2 - 4ac}} {2a} \frac {-b - \sqrt {b^2 - 4ac}} {2a} - \frac {b} {a} x1x22a−bb2−4ac 2a−b−b2−4ac −ab x 1 ⋅ x 2 − b b 2 − 4 a c 2 a × − b − b 2 − 4 a c 2 a c a x_1 \cdot x_2 \frac {-b \sqrt {b^2 - 4ac}} {2a} \times \frac {-b - \sqrt {b^2 - 4ac}} {2a} \frac {c} {a} x1⋅x22a−bb2−4ac ×2a−b−b2−4ac ac
2. 韦达定理的作用
不论是解方程还是研究方程的性质韦达定理都很有用。 一般来说韦达定理主要有以下四个方面的用途。 (1利用韦达定理可以观察出一些一元二次方程的根 (2已知方程的两根之间的某种关系可以求出方程的系数来 (3已知二次方程求它的两个根的齐次幂的和 (4已知二次方程求作一个新的二次方程使得两个方程的根满足某种关系。
三、韦达定理的应用举例
1. 解题示例1
对于方程 x 2 − ( m − 1 ) x m − 7 0 x^2 - (m-1)x m-7 0 x2−(m−1)xm−70 已知下列条件之一求m的值。 1有一个根为0 2两根互为倒数 3两根互为相反数。
解 1已知“有一个根为0”不妨设 x 1 0 x_10 x10。由韦达定理可知 x 1 ⋅ x 2 m − 7 x_1 \cdot x_2 m-7 x1⋅x2m−7 ∵ x 1 0 \because x_10 ∵x10 ∴ m − 7 0 , m 7 \therefore m-70, m7 ∴m−70,m7
2已知“两根互为倒数”必有 x 1 1 x 2 x_1 \frac {1} {x_2} x1x21。由韦达定理可知 x 1 ⋅ x 2 m − 7 x_1 \cdot x_2 m-7 x1⋅x2m−7 ∵ x 1 ⋅ x 2 x 1 ⋅ 1 x 1 1 \because x_1 \cdot x_2 x_1 \cdot \frac {1} {x_1} 1 ∵x1⋅x2x1⋅x111 ∴ m − 7 1 , m 8 \therefore m-71, \space m8 ∴m−71, m8
3已知“两根互为相反数”必有 x 1 − x 2 x_1 -x_2 x1−x2。由韦达定理可知 x 1 x 2 m − 1 x_1 x_2 m-1 x1x2m−1 ∵ x 1 x 2 0 \because x_1 x_2 0 ∵x1x20 ∴ m − 1 0 , m 1 \therefore m-10, \space m1 ∴m−10, m1
2. 解题示例2
已知方程 x 2 2 x − 18 0 x^2 2x -18 0 x22x−180的两根为 α , β \alpha, \beta α,β。 1写出以 2 α 3 β 2\alpha3\beta 2α3β 2 β 3 α 2\beta3\alpha 2β3α为两根的方程 2写出以 α 2 β \alpha\frac{2}{\beta} αβ2 β 2 α \beta\frac{2}{\alpha} βα2为两根的方程。
解 1由韦达定理得 α β − 2 α ⋅ β − 18 \alpha\beta -2\space \alpha \cdot \beta -18 αβ−2 α⋅β−18 ∵ ( 2 α 3 β ) ( 2 β 3 α ) 5 ( α β ) 5 × ( − 2 ) − 10 \because (2\alpha3\beta) (2\beta3\alpha) 5(\alpha\beta) 5 \times (-2) -10 ∵(2α3β)(2β3α)5(αβ)5×(−2)−10 又 ∵ ( 2 α 3 β ) ⋅ ( 2 β 3 α ) \because (2\alpha3\beta) \cdot (2\beta3\alpha) ∵(2α3β)⋅(2β3α) 6 α 2 13 α β 6 β 2 6\alpha^213\alpha\beta6\beta^2 6α213αβ6β2 6 ( α 2 β 2 ) 13 × ( − 18 ) 6(\alpha^2\beta^2)13\times(-18) 6(α2β2)13×(−18) 6 ( α 2 β 2 ) − 234 6(\alpha^2\beta^2)-234 6(α2β2)−234 而 α 2 β 2 ( α β ) 2 − 2 α β \alpha^2\beta^2 (\alpha\beta)^2 - 2\alpha\beta α2β2(αβ)2−2αβ ( − 2 ) 2 − 2 × ( − 18 ) 40 (-2)^2 - 2\times(-18) 40 (−2)2−2×(−18)40 ∴ ( 2 α 3 β ) ⋅ ( 2 β 3 α ) \therefore (2\alpha3\beta) \cdot (2\beta3\alpha) ∴(2α3β)⋅(2β3α) 6 × 40 − 234 6 6\times40-234 6 6×40−2346 ∴ 所求方程为 x 2 10 x 6 0 \therefore 所求方程为x^2 10x 6 0 ∴所求方程为x210x60
1由韦达定理得 ( α 2 β ) ( β 2 α ) (\alpha\frac{2}{\beta}) (\beta\frac{2}{\alpha}) (αβ2)(βα2) α β 2 α β α β \alpha \beta 2 \frac {\alpha\beta} {\alpha\beta} αβ2αβαβ − 2 2 × − 2 − 18 − 16 9 -2 2 \times \frac{-2}{-18} - \frac {16} {9} −22×−18−2−916 又 ( α 2 β ) ⋅ ( β 2 α ) (\alpha\frac{2}{\beta}) \cdot (\beta\frac{2}{\alpha}) (αβ2)⋅(βα2) α β 4 α β 4 − 18 4 − 18 4 − 128 9 \alpha \beta \frac {4} { \alpha \beta} 4 -18 \frac {4} {-18} 4 - \frac {128} {9} αβαβ44−18−1844−9128 ∴ 所求方程为 9 x 2 16 x − 128 0 \therefore 所求方程为9x^2 16x - 128 0 ∴所求方程为9x216x−1280
3. 解题示例3
已知方程 x 2 − x − 4 0 x^2 - x - 4 0 x2−x−40不许解方程求 x 1 2 x 2 2 x_1^2 x_2^2 x12x22和 1 x 1 3 1 x 2 3 \frac {1} {x_1^3} \frac {1} {x_2^3} x131x231的值。 (1956年北京市中学生数学竞赛试题) 解 由韦达定理可知 x 1 x 2 1 x 1 ⋅ x 2 − 4 x_1 x_2 1x_1 · x_2 -4 x1x21x1⋅x2−4 x 1 2 x 2 2 ( x 1 x 2 ) 2 − 2 x 1 x 2 1 2 − 2 × ( − 4 ) 9 x_1^2 x_2^2 ( x_1 x_2)^2 - 2 x_1 x_2 1^2 - 2 \times (-4) 9 x12x22(x1x2)2−2x1x212−2×(−4)9 1 x 1 3 1 x 2 3 \frac {1} {x_1^3} \frac {1} {x_2^3} x131x231 x 1 3 x 2 3 x 1 3 ⋅ x 2 3 ( x 1 x 2 ) ( x 1 2 − x 1 x 2 x 2 2 ) ( x 1 ⋅ x 2 ) 3 \frac {x_1^3 x_2^3} {x_1^3 \cdot x_2^3} \frac {(x_1x_2)( x_1^2 -x_1 x_2 x_2^2)} {(x_1 \cdot x_2)^3} x13⋅x23x13x23(x1⋅x2)3(x1x2)(x12−x1x2x22) ( x 1 x 2 ) [ ( x 1 2 x 2 2 ) − x 1 x 2 ] ( x 1 ⋅ x 2 ) 3 \frac {(x_1x_2)[( x_1^2 x_2^2) - x_1 x_2]} {(x_1 \cdot x_2)^3} (x1⋅x2)3(x1x2)[(x12x22)−x1x2] 1 × [ 9 − ( − 4 ) ] ( − 4 ) 3 − 13 64 \frac {1 \times [9-(-4)]} {(-4)^3} - \frac {13} {64} (−4)31×[9−(−4)]−6413
4. 解题示例4
已知 p q 198 pq198 pq198求方程 x 2 p x q 0 x^2pxq0 x2pxq0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 x 1 , x 2 x_1, x_2 x1,x2不妨设 x 1 ≤ x 2 x_1≤x_2 x1≤x2. 由韦达定理得 x 1 x 2 − p x 1 ⋅ x 2 q x_1x_2-px_1 \cdot x_2q x1x2−px1⋅x2q
于是 p q x 1 ⋅ x 2 − ( x 1 x 2 ) 198 pqx_1·x_2-(x_1x_2)198 pqx1⋅x2−(x1x2)198
即 x 1 ⋅ x 2 − x 1 − x 2 1 199 x_1·x_2-x_1-x_21199 x1⋅x2−x1−x21199
∴运用提取公因式法 ( x 1 − 1 ) ⋅ ( x 2 − 1 ) 199 (x_1-1)·(x_2-1)199 (x1−1)⋅(x2−1)199
注意到 ( x 1 − 1 ) , ( x 2 − 1 ) (x_1-1), (x_2-1) (x1−1),(x2−1)均为整数
解得 x 1 2 x 2 200 x 1 − 198 x 2 0 x_12x_2200x_1-198x_20 x12x2200x1−198x20
5. 解题示例5
已知关于 x x x的方程 x 2 − ( 12 − m ) x m − 1 0 x^2-(12-m)xm-10 x2−(12−m)xm−10的两个根都是正整数求 m m m的值.
解设方程的两个正整数根为 x 1 , x 2 x_1,x_2 x1,x2且不妨设 x 1 ≤ x 2 x_1≤x_2 x1≤x2.由韦达定理得 x 1 x 2 12 − m x 1 ⋅ x 2 m − 1 x_1x_212-mx_1 \cdot x_2m-1 x1x212−mx1⋅x2m−1
于是 x 1 ⋅ x 2 x 1 x 2 11 x_1 \cdot x_2 x_1x_2 11 x1⋅x2x1x211
即 ( x 1 1 ) ( x 2 1 ) 12 (x_11)( x_21)12 (x11)(x21)12
∵ x 1 , x 2 x_1, x_2 x1,x2为正整数
解得 x 1 1 x 2 5 x 1 2 x 2 3 x_11x_25x_12x_23 x11x25x12x23
故有 m 6 或 m 7. m6或m7. m6或m7.
6. 解题示例6
求实数 k k k使得方程 k x 2 ( k 1 ) x ( k − 1 ) 0 kx^2(k1)x(k-1)0 kx2(k1)x(k−1)0的根都是整数.
解若 k 0 k0 k0得 x 1 x1 x1即 k 0 k0 k0符合要求. 若 k ≠ 0 k≠0 k0设二次方程的两个整数根为 x 1 , x 2 x_1,x_2 x1,x2且 x 1 ≤ x 2 x_1≤x_2 x1≤x2由韦达定理得 x 1 x 2 − k 1 k x 1 ⋅ x 2 k − 1 k x_1x_2 - \frac {k1} {k}x_1 \cdot x_2 \frac {k-1} {k} x1x2−kk1x1⋅x2kk−1 ∴ x 1 ⋅ x 2 − x 1 − x 2 k − 1 k − ( − k 1 k ) 2 ∴ x_1 \cdot x_2 - x_1 - x_2 \frac {k-1} {k} - (- \frac {k1} {k}) 2 ∴x1⋅x2−x1−x2kk−1−(−kk1)2 ∴ ( x 1 − 1 ) ( x 2 − 1 ) 3 ∴ (x_1-1)( x_2-1)3 ∴(x1−1)(x2−1)3
因为 x 1 − 1 , x 2 − 1 x_1 - 1, x_2 - 1 x1−1,x2−1均为整数所以有 x 1 2 x 2 4 x 1 − 2 x 2 0 x_12x_24x_1-2x_20 x12x24x1−2x20
所以 k 1 或 k − 1 7 k1或k- \frac 1 7 k1或k−71
7. 解题示例7
已知二次函数 y − x 2 p x q y-x^2pxq y−x2pxq的图像与 x x x轴交于 ( α 0 ) 、 ( β 0 ) (α0)、(β0) (α0)、(β0)两点且 α 1 β α1β α1β求证 p q 1 pq1 pq1. (1997年四川省初中数学竞赛试题)
证明由题意可知方程 − x 2 p x q 0 -x^2pxq0 −x2pxq0即 x 2 − p x − q 0 x^2-px-q0 x2−px−q0的两根为 α , β α,β α,β.
由韦达定理得 α β p α β − q αβpαβ-q αβpαβ−q
于是 p q α β − α β − ( α β − α − β 1 ) 1 pqαβ-αβ-(αβ-α-β1)1 pqαβ−αβ−(αβ−α−β1)1
因为 α 1 β α1β α1β故 p q − ( α − 1 ) ( β − 1 ) 1 1 pq -(α-1)(β-1)1 1 pq−(α−1)(β−1)11 总结
法国数学家韦达F. Vieta1540—1603第一次有意识地使用系统的代数字母与符号以辅音字母表示已知量元音字母表示未知量推进了方程论的发展使代数成为一般类型的形式和方程的学问因其抽象而应用更为广泛被称为“代数符号之父”在研究一元二次方程的解法时他发现了一元二次方程的根与系数之间存在的特殊关系。 由于韦达最早发现代数方程的根与系数之间有这种关系人们把这个关系称为韦达定理。
