第二十五章 一元三次多项式的根的判别式
Q9-1:f(x)=x⁴+4x²-4x-3,请判断该多项式有无重因式。
“再算一个,这个应该简单一点。”
刚从《苍穹轨迹》和《未名事件簿》中抽身的秦菲拿起笔飞快地计算着,新大这一层级的学校出的卷子中证明题占比并不高,她可得好好提升计算能力才行。
f’(x)=4x³+8x-4=4(x³+2x-1)
从简洁的导数来看求最大公因式应该并不困难,然而秦菲看着自己写出来的27分之云云,沉默后擦去从头计算,这么简单的分式除法她怎么总是算错呢?真愁人。
“......我计算的结果是这个式子没有重因式。”秦菲怎么算也算不出个结果,她真的是一步一步非常仔细地检查了,就这样了,错了就错了。
“有没有一种可能。”超新星悠悠地说,“正确答案就是没有重因式。”
“啊?”秦菲这才注意到原来题干说的是请判断该多项式有无重因式。
“要敢于下判断,相信自己。”
Q10:f(x)=x³-3x²+tx-1,求t值使得f(x)有重根。
“好好算。”超新星给宿主加油打气。
“我会在三分钟内算出来的。”秦菲重获信心。
t=3,f(x)有3重根,根是1。
t=-9/4,f(x)有2重根,根是-1/2。
“在根为-1/2时的t值你再算算。”
“是错了,根是-1/2时的t值不是-9/4,应该是-15/4。”
“这就对了。”
Q11:求多项式x³+px+q有重根的条件。
2p²=9q
“不对哦。”超新星发了一个小猫摇头的表情包。
4p³+27q²=0
秦菲发现自己又双叒叕错了一个小步骤,连忙改正。
“正确的,其实这题还有一个办法就是运用三次多项式判别式。”
“类似于二次项的b²-4ac?”秦菲好像记得是有这么个东西。
“没错,我们先来把三次多项式的判别式推一遍,我们设一个一般的一元三次多项式f(x)=ax³+bx²+cx+d=0,先将等号两边同时除以a,再以x=y-b/3a做换元,算算吧。”
y³-(b²/3a²-c/a)y+2b³/27a³-bc/3a²+d/a=0
看着如此复杂的等式,秦菲并没有验算,因为她感觉到这个式子最重要的一点是把二次项消掉了。
“设p=-b²/3a²+c/a,q=2b³/27a³-bc/3a²+d/a,这个不就是刚刚做的x³+px+q=0吗?”秦菲问。
“没错,三次多项式的根的判别式就是D=4p³+27q²,或者我们简洁一点,Δ=(p/3)³+(q/2)²,相似的,我们可以根据Δ的值来判断方程的根的情况。”
当Δ>0,方程有一个实根和一对共轭虚根;
当Δ=0,方程有三个实根,其中有一个两重根;
当Δ<0,方程有三个不相等的实根。
“那具体的根的值又该怎么计算?”
“这也有一套成熟的计算方法。”
u,v=³√(-q/2±√(Δ)
ω=(-1+√3i)/2
ω²=-(1+√3i)/2
x1=u+v
x2=ωu+ω²v
x3=ωv+ω²u
“这称之为卡尔丹公式法。”
“这是怎么推得的?”秦菲刨根问底。
“首先,对于三次多项式x³+px+q=0,我们设x=u+v,你代入计算一下。”
u³+3u²v+3uv²+v³+pu+pv+q=0
“算的没错,不过我们可以把部分项合在一起,得到u³+v³+(3uv+p)(u+v)+q=0,这时我们让3uv+p=0,那么有u³+v³=-q,这会得到什么呢?”
“这样我们就可以解出uv=-p/3,u³v³=-p³/27,u³,v³=-q/2±√((p/3)³+(q/2)²),诶,这不就是Δ吗?”秦菲算着算着,愣了一下。
“是的,这样我们就得到u³,v³=-q/2±√Δ,不妨令u³=-q/2+√Δ,v³=-q/2-√Δ,我们就可以分别将u和v解出来。”
u=³√(-q/2+√Δ)
v=³√(-q/2-√Δ)
“这样好像少了点什么,u和v只有一个的话,那x也只有一个,那就不对了呀。”
“是的,所以1开三次根是多少?”超新星问。
“还是1啊。”秦菲理所当然地说。
“复数的呢?”
“不知道。”秦菲摇摇头。
“那我们来求一下。”
“x³=1,按照立方差公式我们可以因式分解为(x-1)(x²+x+1)=0,那么x²+x+1的根是什么呢?”
“是-(1±√3i)/2,这个就是ω和ω²。”
“没错,理论上我们有9种组合方式,但是前面我们有一个限定条件uv=-p/3,根据这个条件,我们只有3种组合符合,也就得出了三个根。”
“我看看。”秦菲翻到前面的草稿,“是的,要符合条件,能够组合的就是1和1,ω和ω²,ω²和ω,这样uv的乘积就不会有复数的部分,也就是对应了x1,x2和x3。”
“是的,这样推一遍,万一你不记得了,有理论的可能你能在考场上从头到尾算一遍,好了,这题就到这里,下一题。”
Q12:如果a是f'''(x)的一个k重根,证明:a是g(x)=(x-a)/2*[f'(x)+f'(a)]-f(x)+f(a)的一个k+3重根。
余数定理。
f(a)这个特别的常数项让秦菲很快就想到了这个定理。
用一次多项式x-a除多项式f(x),所得余式是一个常数,这个常数等于函数值f(a)。
即:f(x)=(x-a)q(x)+f(a)
a是f'''(x)的一个k重根,即a是f(x)的一个k+3重根。
设f(x)=(x-a)q1(x)+f(a),f'(x)=(x-a)q2(x)+f'(a),代入g(x)则有:
g(x)=(x-a)/2*[2f'(x)-(x-a)q2(x)-q1(x)]
“因为a是f'(x)的k+2重根,q2(x)的k+1重根,q1(x)的k+2重根,所以a是g(x)的k+3重根。”秦菲答。
“或许我们有更直白的方式,能不能g(x)的表达式里只有f(x)和它的导数们呢?”
“只有,那就是不要f(a)和f'(a)这两个常数项,不要常数项的话......对g(x)求导?!”
g'(x)=(x-a)f''(x)/2-f'(x)/2+f'(a)/2
“再求一次就可以了。”秦菲说。
g''(x)=(x-a)f'''(x)/2
“因为a是f'''(x)的一个k重根,所以a是g''(x)的一个k+1重根,也就是a是g(x)的一个k+3重根。”秦菲说,“这么做最快最明了,希望我下次碰到这类题目可以很快想到这么做。”
Q13:证明:x0是f(x)的k重根的充分必要条件是f(x0)=f'(x0)=...=f(k-1)(x0)=0,而f(k)(x0)≠0。
“问个问题,A的充要条件是B,那充分性和必要性分别是什么?”超新星问。
“额,这个,不是很确定。”秦菲有些踌躇。
“必要性是由A推B,充分性是由B推A,这个很重要,你要记住的。”
“好的。”秦菲比了一个“OK”的手势。
①必要性:x0是f(x)的k重根推f(x0)=f'(x0)=...=f(k-1)(x0)=0,而f(k)(x0)≠0。
“条件是x0是f(x)的k重根,由此可知,可知——”秦菲感觉自己的大脑有点钝,脑海里完全没有任何想法出现,笔尖停在半空中迟迟没有落下。
“今天先到这里吧,一点了都。”超新星关掉了写着题目的面板。
“行。”秦菲点点头,“明天继续。”
“再算一个,这个应该简单一点。”
刚从《苍穹轨迹》和《未名事件簿》中抽身的秦菲拿起笔飞快地计算着,新大这一层级的学校出的卷子中证明题占比并不高,她可得好好提升计算能力才行。
f’(x)=4x³+8x-4=4(x³+2x-1)
从简洁的导数来看求最大公因式应该并不困难,然而秦菲看着自己写出来的27分之云云,沉默后擦去从头计算,这么简单的分式除法她怎么总是算错呢?真愁人。
“......我计算的结果是这个式子没有重因式。”秦菲怎么算也算不出个结果,她真的是一步一步非常仔细地检查了,就这样了,错了就错了。
“有没有一种可能。”超新星悠悠地说,“正确答案就是没有重因式。”
“啊?”秦菲这才注意到原来题干说的是请判断该多项式有无重因式。
“要敢于下判断,相信自己。”
Q10:f(x)=x³-3x²+tx-1,求t值使得f(x)有重根。
“好好算。”超新星给宿主加油打气。
“我会在三分钟内算出来的。”秦菲重获信心。
t=3,f(x)有3重根,根是1。
t=-9/4,f(x)有2重根,根是-1/2。
“在根为-1/2时的t值你再算算。”
“是错了,根是-1/2时的t值不是-9/4,应该是-15/4。”
“这就对了。”
Q11:求多项式x³+px+q有重根的条件。
2p²=9q
“不对哦。”超新星发了一个小猫摇头的表情包。
4p³+27q²=0
秦菲发现自己又双叒叕错了一个小步骤,连忙改正。
“正确的,其实这题还有一个办法就是运用三次多项式判别式。”
“类似于二次项的b²-4ac?”秦菲好像记得是有这么个东西。
“没错,我们先来把三次多项式的判别式推一遍,我们设一个一般的一元三次多项式f(x)=ax³+bx²+cx+d=0,先将等号两边同时除以a,再以x=y-b/3a做换元,算算吧。”
y³-(b²/3a²-c/a)y+2b³/27a³-bc/3a²+d/a=0
看着如此复杂的等式,秦菲并没有验算,因为她感觉到这个式子最重要的一点是把二次项消掉了。
“设p=-b²/3a²+c/a,q=2b³/27a³-bc/3a²+d/a,这个不就是刚刚做的x³+px+q=0吗?”秦菲问。
“没错,三次多项式的根的判别式就是D=4p³+27q²,或者我们简洁一点,Δ=(p/3)³+(q/2)²,相似的,我们可以根据Δ的值来判断方程的根的情况。”
当Δ>0,方程有一个实根和一对共轭虚根;
当Δ=0,方程有三个实根,其中有一个两重根;
当Δ<0,方程有三个不相等的实根。
“那具体的根的值又该怎么计算?”
“这也有一套成熟的计算方法。”
u,v=³√(-q/2±√(Δ)
ω=(-1+√3i)/2
ω²=-(1+√3i)/2
x1=u+v
x2=ωu+ω²v
x3=ωv+ω²u
“这称之为卡尔丹公式法。”
“这是怎么推得的?”秦菲刨根问底。
“首先,对于三次多项式x³+px+q=0,我们设x=u+v,你代入计算一下。”
u³+3u²v+3uv²+v³+pu+pv+q=0
“算的没错,不过我们可以把部分项合在一起,得到u³+v³+(3uv+p)(u+v)+q=0,这时我们让3uv+p=0,那么有u³+v³=-q,这会得到什么呢?”
“这样我们就可以解出uv=-p/3,u³v³=-p³/27,u³,v³=-q/2±√((p/3)³+(q/2)²),诶,这不就是Δ吗?”秦菲算着算着,愣了一下。
“是的,这样我们就得到u³,v³=-q/2±√Δ,不妨令u³=-q/2+√Δ,v³=-q/2-√Δ,我们就可以分别将u和v解出来。”
u=³√(-q/2+√Δ)
v=³√(-q/2-√Δ)
“这样好像少了点什么,u和v只有一个的话,那x也只有一个,那就不对了呀。”
“是的,所以1开三次根是多少?”超新星问。
“还是1啊。”秦菲理所当然地说。
“复数的呢?”
“不知道。”秦菲摇摇头。
“那我们来求一下。”
“x³=1,按照立方差公式我们可以因式分解为(x-1)(x²+x+1)=0,那么x²+x+1的根是什么呢?”
“是-(1±√3i)/2,这个就是ω和ω²。”
“没错,理论上我们有9种组合方式,但是前面我们有一个限定条件uv=-p/3,根据这个条件,我们只有3种组合符合,也就得出了三个根。”
“我看看。”秦菲翻到前面的草稿,“是的,要符合条件,能够组合的就是1和1,ω和ω²,ω²和ω,这样uv的乘积就不会有复数的部分,也就是对应了x1,x2和x3。”
“是的,这样推一遍,万一你不记得了,有理论的可能你能在考场上从头到尾算一遍,好了,这题就到这里,下一题。”
Q12:如果a是f'''(x)的一个k重根,证明:a是g(x)=(x-a)/2*[f'(x)+f'(a)]-f(x)+f(a)的一个k+3重根。
余数定理。
f(a)这个特别的常数项让秦菲很快就想到了这个定理。
用一次多项式x-a除多项式f(x),所得余式是一个常数,这个常数等于函数值f(a)。
即:f(x)=(x-a)q(x)+f(a)
a是f'''(x)的一个k重根,即a是f(x)的一个k+3重根。
设f(x)=(x-a)q1(x)+f(a),f'(x)=(x-a)q2(x)+f'(a),代入g(x)则有:
g(x)=(x-a)/2*[2f'(x)-(x-a)q2(x)-q1(x)]
“因为a是f'(x)的k+2重根,q2(x)的k+1重根,q1(x)的k+2重根,所以a是g(x)的k+3重根。”秦菲答。
“或许我们有更直白的方式,能不能g(x)的表达式里只有f(x)和它的导数们呢?”
“只有,那就是不要f(a)和f'(a)这两个常数项,不要常数项的话......对g(x)求导?!”
g'(x)=(x-a)f''(x)/2-f'(x)/2+f'(a)/2
“再求一次就可以了。”秦菲说。
g''(x)=(x-a)f'''(x)/2
“因为a是f'''(x)的一个k重根,所以a是g''(x)的一个k+1重根,也就是a是g(x)的一个k+3重根。”秦菲说,“这么做最快最明了,希望我下次碰到这类题目可以很快想到这么做。”
Q13:证明:x0是f(x)的k重根的充分必要条件是f(x0)=f'(x0)=...=f(k-1)(x0)=0,而f(k)(x0)≠0。
“问个问题,A的充要条件是B,那充分性和必要性分别是什么?”超新星问。
“额,这个,不是很确定。”秦菲有些踌躇。
“必要性是由A推B,充分性是由B推A,这个很重要,你要记住的。”
“好的。”秦菲比了一个“OK”的手势。
①必要性:x0是f(x)的k重根推f(x0)=f'(x0)=...=f(k-1)(x0)=0,而f(k)(x0)≠0。
“条件是x0是f(x)的k重根,由此可知,可知——”秦菲感觉自己的大脑有点钝,脑海里完全没有任何想法出现,笔尖停在半空中迟迟没有落下。
“今天先到这里吧,一点了都。”超新星关掉了写着题目的面板。
“行。”秦菲点点头,“明天继续。”
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