丁嘉程
摘要: 本文以具體的實例為載體,討論了利用高等代數(shù)中的多項式理論求解高中數(shù)學(xué)難題的方法。如利用多項式恒等定理與因式定理,求解次數(shù)較高并且系數(shù)未知的多項式問題,通過定理尋找整系數(shù)多項式的全部有理根,避免嘗試法的不確定性,借此指出從高處著手解決這類問題的便利性及優(yōu)勢。
關(guān)鍵詞: 多項式恒等定理;整系數(shù)多項式的有理根;因式定理
在中學(xué)數(shù)學(xué)里,常有形如f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0, n∈N的函數(shù)。當n≥3時, 涉及這類函數(shù)的求根問題就會較為困難。但若是接觸高等代數(shù)中的一些多項式理論, 題目就會較為容易了。本文主要通過具體的例子來闡述如何運用這些理論來解決高中數(shù)學(xué)中的多項式問題。
例1存在實系數(shù)多項式f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0。若f(x)可被x2+px+q整除,p,q∈R,如何求f(a),a∈R。
解:設(shè)f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0=(x2+px+q)(bn-2xn-2+bn-3xn-3+…+b0),則anxn+an-1xn-1+…+a0=bn-2xn+(bn-3+pbn-2)xn-1+(bn-4+pbn-3+qbn-2)xn-2+…+(b0+pb1+qb2)x2+(pb0+qb1)x+qb0。
由多項式恒等定理,可得a0, a1, …, an, b0, b1, …, bn-2, p, q的關(guān)系如下:
an=bn-2an-1=bn-3+pbn-2an-2=bn-4+pbn-3+qbn-2……a0=qb0
在具體題目中, a一般與f(x)的系數(shù)存在聯(lián)系, 并可通過上述式子得出。由這些聯(lián)系, 又易得f(a)的值。具體情況見例2。
例2f(x)=x5+a3x3+a2x2+12a4x+32a5-a3a2+a2a3能被x2+x+1整除, 求f(-a)。
解:設(shè)f(x)=(x2+x+1)(x3+b2x2+b1x+b0), 化簡, 得
f(x)=x5+(b2+1)x4+(b1+b2+1)x3+(b0+b1+b2)x2+(b0+b1)x+b0。
則有0=b2+1,a3=b1+b2+1,a2=b0+b1+b2,1.5a5-a3a2+a2a3=b0,0.5a4=b0+b1,∴a3=a2
∴f(-a)=(-a)5+a3(-a)3+a2a2+12a4(-a)+32a5-a3a2+a2a3=0。
例3f(x)=x5-3ax4+bx3+cx2-3a2x+a3能被x2-1整除,求f(a)。
解:由題易得(x-1)|f(x),(x+1)|f(x),由因式定理可知f(1)=0,f(-1)=0。
則1-3a+b+c-3a2+a3=0,-1-3a-b+c+3a2+a3=0,∴b=3a2-1,c=3a-a3,
代入原式,有f(a)=a5-3a5+(3a2-1)a3+(3a-a3)a2-3a3+a3=0。
例4已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d,其中a, b, c, Bd∈Q。求其過點P(m,n)的切線,其中m, n∈Q。
解:設(shè)點(x0,f(x0))是f(x)上的點。則由題有f′(x)=3ax2+2bx+c, f(x)在點(x0,f(x0))處的切線方程為f′(x0)(x-x0)=y-f(x0)?!咔芯€過點P,∴f′(x)(m-x0)=n-f(x0), 化簡得2ax03+(b-3am)x20-2bmx0+n-d-cm=0。又a, b, c, d,m,n∈Q, 所以存在k∈N, 使該式可以化作a′x3+b′x2+c′x+d′=0,其中a′=2ak, b′=(b-3am)k, c′=-2bmk, d′=(n-d-cm)k。根據(jù)整系數(shù)多項式有理根的尋找方法可知, 若該等式存在有理根rs, 其中r, s互素, 那么必有s|a′, r|d′。此時若存在有理根, 易得要求的切線方程, 實例見例5。
例5已知函數(shù)f(x)=16x3+2,求其過點P136,114的切線。
解:由題有f′(x)=12x2,則f(x)在點(x0,f(x0))處的切線方程為12x20(x-x0)=y-16x03+2?!咔芯€過點P,∴12x20136-x0=114-16x30+2,化簡得4x30-13x20+9=0。根據(jù)整系數(shù)多項式有理根的尋找方法,易知該等式存在有理根x0′=1,x0″=3,x0=-34,易得切線方程12(x-1)=y-136,932x+34=y-247128和92(x-3)=y-132。
參考文獻:
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