應(yīng)用方程方法解答非方程問(wèn)題

楊學(xué)枝

(福建省福州第二十四中學(xué) 350015)

方程是中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)中一塊極為重要的內(nèi)容，在數(shù)學(xué)教學(xué)中，一定要重視對(duì)方程的教學(xué)，深刻理解方程定義、方程性質(zhì)，并善于應(yīng)用方程的方法去解答非方程的數(shù)學(xué)問(wèn)題，這樣常?？梢缘玫胶?jiǎn)捷解題效果.由此，本文將舉數(shù)例說(shuō)明方程在證明等式、不等式等方面的應(yīng)用，同時(shí)可以看出，應(yīng)用方程的方法解題的優(yōu)越性.

1 應(yīng)用方程證明恒等式

例1設(shè)ai,bi(i=1,2,…,n)是兩組復(fù)數(shù)，ai(i=1,2,…,n)互不相等，滿足

(a1+b1)(a1+b2)…(a1+bn)

=(a2+b1)(a2+b2)…(a2+bn)=…

=(an+b1)(an+b2)…(an+bn).

求證：

(1)(a1+b1)(a2+b1)…(an+b1)

=(a1+b2)(a2+b2)…(an+b2)=…

=(a1+bn)(a2+bn)…(an+bn)；

(2)a1+a2+…+an+b1+b2+…+bn=0.

證明(a1+b1)(a1+b2)…(a1+bn)

=(a2+b1)(a2+b2)…(a2+bn)=…

=(an+b1)(an+b2)…(an+bn)=m,

則x=a1,a2,…,an可看作方程(x+b1)(x+bn)…(x+bn)-m=0的n個(gè)不同的根，因此，根據(jù)方程的基本定理可知，對(duì)于任意復(fù)數(shù)x有以下恒等式

(x+b1)(x+b2)…(x+bn)-m

=(x-a1)(x-a2)…(x-an).

①

(1)在式①中，分別令x=-b1,-b2,…,-bn，即得

(a1+b1)(a2+b1)…(an+b1)

=(a1+b2)(a2+b2)…(an+b2)=…

=(a1+bn)(a2+bn)…(an+bn)

=(-1)n+1m.

(1)中的等式獲證.

(2)將式①展開(kāi)后，根據(jù)多項(xiàng)式性質(zhì)，比較兩邊系數(shù)，即得(2)中的等式.

同理，類似(2)的解法，由式①還可得到其他有關(guān)等式，如：

等等.

在本例中，要善于從等式形式看到方程的本質(zhì)，從而應(yīng)用方程基本定理求解,這種解法要較其他方法清晰、簡(jiǎn)捷.

歐拉(L. Euler, 1707-1783, 瑞士)是十八世紀(jì)最著名的數(shù)學(xué)家，他不僅在高等數(shù)學(xué)的各個(gè)分支中，取得了廣泛成就，就是在初等數(shù)學(xué)中，也到處留下了歐拉的足跡.其中有一個(gè)鮮為人知的關(guān)于分式的歐拉公式：

上述分式的歐拉公式可以進(jìn)一步加以推廣，得到一個(gè)更為一般的如下分式等式:

例2設(shè)xk(k=1,2,…,n,n≥2)是n個(gè)互不相等的復(fù)數(shù)，則有

(1)

(2)

(3)

證明由于證法類似，下面我們僅就2≤m=n時(shí)的情況用數(shù)學(xué)歸納法給予證明，以下字母均符合定理1所給的條件.

當(dāng)n=2時(shí)，不難證明

=(x1+x2)-(t1+t2)，

事實(shí)上，我們?nèi)绻?/p>

-(x1+x2)+(t1+t)，

可視為以t為字母的小于或等于一次多項(xiàng)式，由于f(x1)=f(x2)=0，又x1≠x2，因此f(t)=0，再取t=t2，便證明了n=2時(shí)式(3)成立.

假設(shè)n=k時(shí)，式(3)成立，即

今記f(t)等于

可視為其關(guān)于t的小于或等于一次多項(xiàng)式，命t=x1和t=x2，根據(jù)假設(shè)可知f(x1)=f(x2)=0，又由于x1≠x2，因此有f(t)=0，取t=tk+1得到f(tk+1)=0，即

這說(shuō)明當(dāng)n=k+1時(shí)，式(3)也成立.由以上可知，對(duì)于n≥2的任意自然數(shù)時(shí)，式(3)總成立，證畢.

本例解答中巧妙地應(yīng)用了多項(xiàng)式性質(zhì).

例3設(shè)n個(gè)數(shù)xi∈C，i=1,2,…,n，其初等對(duì)稱多項(xiàng)式為si(i=1,2,…,n)又x1,x2,…,xn兩兩互不相等，則

…………

證明由題意可知，xi∈C，i=1,2,…,n是方程xn-s1xn-1+s2xn-2-…+(-1)nsn=0的n個(gè)根，由此反過(guò)來(lái)，我們可以將以下方程組看成是關(guān)于未知數(shù)是s1，-s2，…(-1)n-1sn的方程組：

本例解答中巧妙地將一元n次方程問(wèn)題轉(zhuǎn)化為n元一次方程組問(wèn)題求解，將一元n次方程的各項(xiàng)系數(shù)看成n元一次方程組n個(gè)未知數(shù)，將xi(i=1,2,…,n)作為已知數(shù)，解出n元一次線性方程組.

…，

證明由已知條件可知，a1,a2,…,an是方程

xn-s1xn-1+s2xn-2-s3xn-3+…+(-1)nsn

=0

的n個(gè)根.

當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，將上述方程變換后兩邊平方，得到

x2(xn-1+s2xn-3+…+sn-3x2+sn-1)2

=(s1xn-1+s3xn-3+…+sn-2x2+sn)2，

在上式中令y=x2，得到方程

展開(kāi)整理即為

當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，將上述方程變換后兩邊平方，得到

(xn+s2xn-2+…+sn-2x2+sn)2

=x2(s1xn-2+s3xn-4+…+sn-3x2+sn-1)2，

在上式中令y=x2，得到方程

展開(kāi)整理即為

的n個(gè)根，于是，根據(jù)方程根與系數(shù)關(guān)系，即得原命題中的諸個(gè)等式.

本例是應(yīng)用方程根與系數(shù)關(guān)系的典型例子，根據(jù)方程根與系數(shù)關(guān)系構(gòu)造一元n次方程，并對(duì)這個(gè)方程進(jìn)行平方變換，然后再次利用方程根與系數(shù)關(guān)系一舉獲得一攬子等式.

證明由題意xi(i=1,2,…,n,n+1)是方程

xn+1-s1xn+s2xn-1-…+(-1)nsnx+(-1)n+1sn+1=0

的n+1個(gè)根，若這n+1個(gè)根均不為零時(shí)，則上述方程可以寫(xiě)成

=0，

于是，有

Pn-s1Pn-1+s2Pn-2-s3Pn-3+…+(-1)n-1sn-1P1+(-1)n(n+1)sn+

(-1)n+1sn=0，

即得

Pn-s1Pn-1+s2Pn-2-s3Pn-3+…+(-1)n-1sn-1P1+(-1)nnsn=0.

若xi∈C(i=1,2,…,n+1)，其中有一個(gè)根為零，不妨設(shè)xn+1=0，其余n個(gè)均不為零，這時(shí)，問(wèn)題變?yōu)椋?/p>

設(shè)xi∈C，i=1,2,…,n，其初等對(duì)稱多項(xiàng)式為si(i=1,2,…,n)，則

Pn-s1Pn-1+s2Pn-2-s3Pn-3+…+(-1)n-1sn-1P1+(-1)nnsn=0，

由題意xi(i=1,2,…,n,)是方程

xn-s1xn-1+s2xn-2-…+(-1)n-1sn=0

的n個(gè)根，由于這n個(gè)根均不為零，則上述方程可以寫(xiě)成

于是，有

Pn-s1Pn-1+s2Pn-2-s3Pn-3+…+(-1)n-1nsn-11+(-1)nsn-1=0，

即得

Pn-s1Pn-1+s2Pn-2-s3Pn-3+…1+

(-1)n-1(n-1)sn-1=0，

原式也成立.故原式獲證.

更一般的有牛頓等冪和公式，讀者可參見(jiàn)文獻(xiàn)[3]

例6設(shè)ABCD是平面凸四邊形四邊長(zhǎng)為AB=a，BC=b，CD=c，DA=d，對(duì)角線長(zhǎng)為AC=m,BD=n，有一對(duì)對(duì)角和為900,則

i)(a2b2+c2d2)m2+(a2d2+b2c2)n2

=2(b2c2d2+a2c2d2+a2b2d2+a2b2c2);

ii)m2n2=a2c2+b2d2.

證明由已知條件,得到

cos2∠ABC+cos2∠CDA=1,

利用余弦定理,有

經(jīng)整理得到

(a2b2+c2d2)m4-2(b2c2d2+a2c2d2

+a2b2d2+a2b2c2)m2

+(a2c2+b2d2)(a2d2+b2c2)=0,

上式兩邊同乘以(a2b2+c2d2),得到

(a2b2+c2d2)2m4-2(a2b2+c2d2)(b2c2d2+a2c2d2+a2b2d2+a2b2c2)m2

+(a2b2+c2d2)(a2c2+b2d2)(a2d2+b2c2)

=0.

①

同理由cos2∠BCD+cos2∠DAB=1，可得到

(a2d2+b2c2)2n4-2(a2d2+b2c2)(b2c2d2+a2c2d2+a2b2d2+a2b2c2)n2

+(a2b2+c2d2)(a2c2+b2d2)(a2d2+b2c2)

=0.

②

由以上①、②兩式可知，(a2b2+c2d2)m2和(a2d2+b2c2)n2是以下方程

x2-2(b2c2d2+a2c2d2+a2b2d2+a2b2c2)x

+(a2b2+c2d2)(a2c2+b2d2)(a2d2+b2c2)=0,

的兩個(gè)根，于是由方程根與系數(shù)關(guān)系便得到

(a2b2+c2d2)m2+(a2d2+b2c2)n2

=2(b2c2d2+a2c2d2+a2b2d2+a2b2c2)；

(a2b2+c2d2)m2·(a2d2+b2c2)n2

=(a2b2+c2d2)(a2c2+b2d2)(a2d2+b2c2)，

即

m2n2=a2c2+b2d2.

故原命題獲證.

本例應(yīng)用方程根與系數(shù)關(guān)系使得解答一舉兩得，而且計(jì)算簡(jiǎn)便.

注：本例還有多種解法，但應(yīng)用方程的方法求解較為簡(jiǎn)捷.

展開(kāi)并整理得到以下八次方程

x8-8x6+20x4-16x2-x+2=0，

即

(x+1)(x-2)(x3-3x+1)(x3+x2-2x-1)

=0.

①

用反證法.

上式左邊大于1，故不成立，

因此有 0

于是(x+1)(x-2)≠0.

另外，又由于0

x3+x2-2x-1=x(x-1)(x+2)-1

<0-1=-1<0，

因此，從式①可知，只有

x3-3x+1=0.

由于x3-3x+1

本例將求值問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求方程的解的問(wèn)題，這類問(wèn)題我們經(jīng)常會(huì)遇到.

2 應(yīng)用方程證明不等式或求解極值問(wèn)題

例8設(shè)ai∈R，i=1,2,…,n，其初等對(duì)稱多項(xiàng)式為s1,s2,…,sn，若si>0，i=1,2,…,n，則ai>0，i=1,2,…,n.

證明由題意可知a1,a2,…,an是方程

xn-s1xn-1+s2xn-2-s3xn-3+…+(-1)n-1sn-1x+(-1)nsn=0

的n個(gè)非零根.

當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，由原方程式得到

注意到上式分子、分母中各項(xiàng)均大于零，由此得到x≥0，因此ai>0.i=1,2,…,n.

當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，由原方程式得到

注意到上式分子、分母中各項(xiàng)均大于零，由此得到x≥0，因此ai>0.i=1,2,…,n.

故原命題獲證.

注：當(dāng)n=3時(shí)，便是1965年全國(guó)高考理科數(shù)學(xué)附加試題：

(1965年高考理科附加題)已知a,b,c為實(shí)數(shù)，證明a、b、c都為正數(shù)的充要條件是a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0.

本例通過(guò)改變方程寫(xiě)法，再根據(jù)方程定義，從而巧妙地使問(wèn)題得到了簡(jiǎn)捷的解決.

本例有多種證明方法，下面應(yīng)用三次方程實(shí)根判定定理，給出一個(gè)簡(jiǎn)捷的證明.

①

≤0,

將上式展開(kāi)并整理即得

即

這里順便指出，本例中的不等式應(yīng)用十分廣泛，特別對(duì)于一些高難度的三元不等式，常用它來(lái)證明.如下例，若用其他方法證明似乎難度較大：

(自創(chuàng)題，2007.09.18)設(shè)a,b,c∈R+，且a+b+c=1，則

例10(自創(chuàng)題，2013.05.01)設(shè)x,y,z,w∈R+，且xyzw=1，記s1=x+y+z+w，s2=xy+xz+xw+yz+yw+zw，s3=yzw+xzw+xyw+xyz.則

(s1+s3)2≥16(s2-2)，

當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=w=1時(shí)取等號(hào).

證明由于x,y,z,w∈R+，且xyzw=1，則x,y,z,w中必有一個(gè)不大于1，同時(shí)必有一個(gè)不小于1，不妨設(shè)x≤1，y≥1.又由s1=x+y+z+w，s2=xy+xz+xw+yz+yw+zws3=yzw+xzw+xyw+xyz，xyzw=1,可知x,y,z,w是方程

t4-s1t3+s2t2-s3t+1=0

的四個(gè)正實(shí)數(shù)根，由此得到

①

原命題獲證.

注：可以證明有更強(qiáng)式：s1s3≥4(s2-2).

解由已知條件，可得

因此，x1,x2,x3,x4是方程y4-2y3-y2+2y+x1x2x3x4=0的四個(gè)根，又由于

y4-2y3-y2+2y+x1x2x3x4

=(y2-y-1)2+x1x2x3x4-1，

因此，有

x1x2x3x4=-(y2-y-1)2+1≤1，

另外，由于x1,x2,x3,x4是方程y4-2y3-y2+2y+x1x2x3x4=0的四個(gè)根，于是得到

+4x1x2x3x4

以上兩例應(yīng)用方程定義，方程根與系數(shù)關(guān)系，并對(duì)方程進(jìn)行適當(dāng)變換后應(yīng)用有關(guān)不等式予以證明或求最值.

3 應(yīng)用方程求三角函數(shù)式的值或證明三角函數(shù)等式

這時(shí)一道常見(jiàn)題，可以用三角函數(shù)有關(guān)公式求解，這里，我們用方程的方法求解，一箭雙雕.

即有

在三角求值中，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，sinnα=0可以展開(kāi)為關(guān)于sinα的n次方程式，再應(yīng)用一元n次方程根與系數(shù)關(guān)系求值.這里α是一個(gè)與n有關(guān)的特定的角， 否則所寫(xiě)的等式一般不成立； 另外任意角的倍角的三角函數(shù)都可用單角三角函數(shù)來(lái)表出.

本例先分別求出兩式的和與積，從而應(yīng)用方程方法分別求出兩式的值.

例14k,n∈N*，且kn≠0，則

而方程 (x+1)2n+1-(x-1)2n+1=0的2n個(gè)根為

于是，有

因此得到

若取x=1，便得到

如果將本例中等式的左邊展開(kāi)，再與其右邊比較系數(shù)，便可得到一系列等式：

類似方法可以得到以下:

例15(自創(chuàng)題，1970.07.01)當(dāng)n為不小于3的奇數(shù)時(shí)，求證

證明略.

如以上例14、例15及其類似問(wèn)題，主要應(yīng)用了方程的基本定理和復(fù)數(shù)有關(guān)公式，這是求解這類問(wèn)題的常用的方法.

有許多數(shù)學(xué)問(wèn)題，看似與方程無(wú)關(guān)，但經(jīng)過(guò)某些變換，或考慮到與方程相關(guān)的知識(shí)，特別要注意初等對(duì)稱多項(xiàng)式與一元n次方程的關(guān)系等，可以發(fā)現(xiàn)它們常?？梢赞D(zhuǎn)化為方程問(wèn)題求解，本文僅舉數(shù)例說(shuō)明方程在證明等式、不等式等方面的應(yīng)用，只不過(guò)起到啟示的作用，實(shí)際上，方程思想與方程方法是數(shù)學(xué)解題中的一個(gè)重要的解題策略，值得重視.