利用韦达定理证明某些三角恒等式

给定复数a_0,a_1,a_2,……a_n,则n次代数方程a_0x~n+a_1x~(n-1)+……+a_n=0 (a_0≠0)必存在n个根x_1,x_2,……x_n,韦达定理给出了这n个根与方程系数a_0,a_1,……a_n的关系如下:     

漫谈两个著名的超越数

一、什么是超越数1744年,瑞士数学家欧拉首先提出超越数的概念并给出了它的定义;1794年,法国数学家勒让德猜测π可能不是有理数方程的根。这就导致超越数从无理数中分裂出来:凡是能满足某个整数系数代数方程的实数叫代数数,如2~(1/2),-3;不是代数数的实数叫超越数,如π,e。超越数必然是无理数,但无理数不一定是超越数。法国数学家刘维尔1844年在一篇论文中首先证明了超越数的存在。     

实系数高次方程无实根的判定

在科学技术的许多问题中,常常需要解实系数高次方程,即求出这些高次方程的实根或判定它无实数根。本文介绍实系数高次方程a_0x~n+a_1x~(n-1)+…0+a_n=0 (a_i∈R,i=0,1,…,n,a_0≠0)无实根的几种判定方法. 定理1 若a_0>0,a_n>0,a_1,a_2,…,a_(n-1)≥0或a_0<0,a_n<0,a_1,a_2,…,a_(n-1)≤0,则方程     

一个定理的应用一、二例

多项式a_nx~n+a_(n-1)~x~(n-1)+…a_1x+a。能被x-1整除的充要条件是a_n+a_(n-1)+…+a_1+a_0=0。根据因式定理,便可得到如下推论: “一元方程a_nx~n+a_(n-1)x~(n-1)+…+a_1x+a_0=0, x=1是它的一个根的充要条件是 a_n+a_(n-1)+…a_1+a_0=0”。在初中数学中,为了证明上述推论,可用以下方法:设x=1是方程的一个根,则得a_n+a_(n-1)+…+a_1+a_0=0,证明了条件是必要的。次设条件成立,则得a_n(x~n-1)+a_(n-1)(x~(n-1))+…+a_1(x-1)=0,可知此方程有一根是x=1,证明了条件充分。     

Eisenstein定理的一种推广

定理 设 f(x)=a_0+a_1x+a_2x+…+a_nx~n(a_n≠0,n≥1是整数)是一个整系数多项式,并且f(x)没有有理根。如果能够找到一个素数p,使得 (1)最高次项系数a_n不能被p整除, (2)其余各项的系数都能被p整除, (3)一次项的系数a_1不能被p~2整除,那么多项式f(x)在有理数域上不可约。     

关于一元n次方程的一个定理及应用

定理如果方程a_0x~n a_1x~n-1 … a_(n-1)x a_n=0有且仅有k个非零根a_1,a_2,…,a_2,那么方程a_nx~2 a_(n-1)x~(n-1) … a_1x a_0=0也有且仅有k个非零根,分别为1/a_1,1/a_2,…,1/a_2。此定理易证,在此证略,作为定理的应用,我们来看以下的两道例题: 例1 已知不等式     

再谈一类根式的无理性研究

文献[1 ]给出了“定理2　设a,b,m ,n为正整数,则ma+ nb一定是一个首项系数为1的整系数代数方程的根”,并利用定理2讨论了形为ma + nb的数的无理性判别问题.本文对定理2进行了推广,并进一步讨论了形为n1a1 + n2a2 +…+ nsas(a1 ,a2 ,…,as;n1 ,n2 ,…,ns 皆为正整数)的数是否为无理数的判别问题.本文用到高等代数中的一个定理,在这里作为一个引理用.引理　设f(x) =anxn+an- 1 xn- 1 +…+a1 x+a0 是一个整系数多项式,而sr 是它的一个有理根,其中(s,r) =1 ,那么s|a0 ,r|an.特别地,若an=1 ,那么r=±1 ,sr 是它的一个整数根.定理1　设a ,b,c,m ,n…     

关于Chowla的一个猜想

在1978年赫尔辛基的ICM会议上,Apry给出(3)=sum from n=1 to (?) (1/n~3)是无理数的证明。为此,Apry定义了一个迭代数列a_n: a_0=1,a_1=5,n~3a_n-(34n~3-51n~2+27n-5)a_(n-1)+(n-1)~3a_(n-2)=0,(1) 它满足 这里Chowla在[1]中讨论了Apry数a_n的同余性质,他证明了a_(5n+1)≡0(mod p),a_(5n+3)≡0(mod p)以及对于奇素数p恒成立a_p≡5(mod p~2)。在文章最后     

一个小题目对函数知识点的全方位考查

著名的欧拉公式:eπi+1=0,实现了有理数、无理数、超越数、实数、虚数完美统一,获得"最美的数学定理"称号.……     

用劈二次因子法解方程的一个三阶迭代格式

用劈二次因子法可以求出实系数多项式方程: f(x)=a_0x~n+a_1x~(n-1)+…+a_(n-1)x+a_n=0 (1)的复根,而避免复数运算。目前多采用具有二阶敛速的Bairstow方法,即设     

高三代数高次方程一章中的三个定理

一.一元n次方程的根的个数定理一元n次方程有n个根而且只有n个根。 課本中的証明大意如下: (1)根据代数基本定理,推得 f(x)=a_1x~n+a_1x~(n-1)+…+…a_n(a_0≠0) =a_0(x-x_1)(x-x_2)…(x-x_n)=0,而 f(x_1)=f(x_2)=…=f(x_n)=0,所以f(x)=0有n个根x_1,x_2,…,x_n。 (2)设x_(n+1)是和x_1,x_2,…,x_n都不相同的任一数, ∵f(x_n+1)≠0 ∴x_(n+1)不是f(x)=0的根。从而得出結論:f(x)=0只有n个根。证毕。我們知道,要断定f(x)=O的根只有n个,必須确定所有不同的根以及每一个根的重复度。上面的証法只能滿足前者的要求而不能滿足后者,因此,很容易使人发生以下的問題:如果x_(n+1)和x_1,x_2,…,x_n中的某一个相等,于是f(x_(n+1)=0;那么是否可以說x_(n+1)是f(x)=0的第n+1个根呢? 所以这个証法是不妥当的。事实上这个定理应該根据多項式的典型分解式的唯一性来証明。     

巧用整数的奇偶性解题几例

大家知道,任何一个整数要么是奇数,要么是偶数,两者必居其一而且只居其一,因此,有“奇数≠偶数”这一特性,许多有关的证明题,乍一看似乎感到难于下手,但若利用上述性质来证,常可使问题迎刃而解,现举数例说明如下。例1 设f(x)=a_0x~n+a_1x~(n-1)+…+a_n,是n次的整系数多项式,a_0,a_n,f(1)都是奇数,则方程f(x)=0没有有理根。(美国第十二届大学生数学竞赛试题)。证明假设x=p/q(p、q互质的自然数)是方程f(x)=0的有理根,则 a_0p~n+a_1p~(n-1)q+…+a_nq~n (Ⅰ)     

整数系数一元n次多项式系数的性质

我们已知定理:整数系数多项式f(x)=a_nx~n+a_(n-1)a~(n-1)+……a_1x+a_0有因式px+q(p,q为互质的整数)的必要条件是p为首项系数a_n的约数,q为末项系数a_0的约数。 利用这一定理及综合除法,我们便能进行一元多     

高次方程有有理根的一个必要条件

求整系数方程的有理根,一般根据相应的多项式的首末项系数的因数利用综合除法求出。当首末项系数的因数较多时,逐一地去检验这些因数组成的有理数是不是该方程的根,的确不是一件容易的事,本文在一般方法基础上提出一个必要条件,利用这个必要条件可以大大缩小检验的范围,从而使求有理根的过程大大缩减。必要条件:如果有理数g/p((p,p)=1)是整系数方程 f(x)=a_0x~n a_1x~(n-1) … a_(n≡1)x a_n~i=0 (1)的根,则p-q必为系数和sum from i=0 to a a_i的因数。证明设有理数q/p为方程(1)的根,则f(x)被px-q整除,则f(x)可写成 f(x)=(px-q)f_1(x)。     

羅巴切夫斯基求實根近似值法

求方程各實根的近似值,往往先將各級分離而個別地進行,未有同時全部獲得者,有之,自俄羅斯伟大數學家羅巴切夫斯基創立方法始,茲依據於Я.C.貝吉克維奇著“近似計算”略述共法於下: 設已知一代數方程為a_0x~n+a_1x~(n-1)+a_2x~(n-2)+…+a_n-1~x+a_n=0 (1)其中n為自然數,a_0,a_1,a_2,…,a_n為整數,並設其僅有各不相等的實根而為 |x_1|>|x_2|>|x_3|>…>|x_n|。方程(1)也可寫作 (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)…(x-x_n)=0 (2) 現在讓我們來構成一新方程。以-x代原方程中之x,則必恒得a_0x~n-a_1x~(n-1)+a_2x~(n-2)-a_3~(n-3)+…+(-1)~na_n=O (3)其根為-x_1,-x_2,-x_3,…,-x_n,且由此得     

关于“综合除法”的改进

一、问题的提出: 综合除法在求整系数方程f(x)=x~n a_lx~(n-1) a_2x~(n-2) … a_(n-1)x a_n=0(或整系数多项式f(x))的有理根时是一种很重要,很有用的方法。统编新教材第一册的教学参考书中作了介绍,许多学校在高中数学复习时也都提到,实践证明中学生掌握并不困难。     

n阶常系数齐次线性常微分方程通解的简单证法

<正> 方程a_0y~(n)+a_1y~(n-1)+……+a_(n-1)y’+a_ny=0(1)称为n阶常系数齐次线性常微分方程,这里a_0,a_1,…,a_n是一些常数,a_0≠0。(1)的通解表达式证明是很繁复的(譬如参见史捷班诺夫的常数微分方程一书)。我们来介绍一个简单的证法。用D来表示求导运算,即Dy=y’,则(1)可写成f(D)y=0 (2)其中f(D)是D的n次多项式f(D)=a_0D~n+a_1D~(n-1)+…+a_(n-1)D+a_n.(3)     

方程 x~n px q=0有两个相等实根的充要条件及其应用

(一) 考察实系数一元n次方程 x~n px q=0(1) 我们有定理1 当n为偶数时,方程(1)有两个相等实根的充要条件是 q~(n-1)/(n-1)~(n-1)=p~n/n~n;并且,若p<0;则这两个相等的实根为 x_0=(q/(n-1))~(1/2)若p>0,则这两个相等的实根为 x_0=-(q/(n-1))~(1/n) 证明设方程(1)有两个根均为实数x_0,则可令x~m px q=(x-x_0)~2(x~(n-2) a_1x~(n-3) a_2x~(n-4) …… a_n-3x a_n-2)其中a_i∈R(i=1,2,…n-2)。展开,合并,比较系数,可得     

一类无完整解数列题剖析

[题目]设数列{a_n}的前n项之和S_n,a_1=1且a_m~2+1=S_(n+1)+S_n(n∈N),求数列{a_n}的通项公式。(摘自新江《中学教研》1992年第七期《培养学生观察能力浅见》一文) 此题常见解法是: ∵a_(n+1)~2-a+_n~2=S_(n+1)-S_(n-1)=a_(n+1)+a_n (1) a_(n+1)~2-a_n~2=(a_(n+1)-a_n)(a_(n+1)+a_n) (2) 由(1)、(2)得:a_(n+1)-a_n=1 (3) 或a_(n+1)+a_n=0 (4) ∴数列{a_n}是公差为1的等差数列或公比为-1的等比数列。故a_n=a_1+(n-1)·1=n 或a_n=a_1(-1)~(n-1)=(-1)~(n-1) 此解法似无懈可击。现有一个不同于其解答的数列{b_m}:1、2、3、-3、-2、-1、1、-1、0、1、-1、…(其中当m≥10时,b_n=(-1)~n)也满足题设条件a_1=1和     

一种求实多项式的根的方法

假设给定了n次实系数多项式 j(z)= a_0z~n+a_1z~(n-1)+…+a_(n-1)z+a_n,a_n≠0,(1)求(1)的全部根已有很多种方法,其中一些有效的方法是同时或依次求出(1)的根的模ρ_1~(v_1),ρ_2~(v_2),…,ρ_t~(v_t),这里v_1+v_2+…+v_t=n.然后依次求出相应的本的幅角,从而得出(1)的全部根.关于这一类方法的细节,可见[1,2]以及[1,2]中所引文献.