應用方程方法解答非方程問題

楊學枝

(福建省福州第二十四中學 350015)

方程是中學數學教學中一塊極為重要的內容，在數學教學中，一定要重視對方程的教學，深刻理解方程定義、方程性質，并善于應用方程的方法去解答非方程的數學問題，這樣常常可以得到簡捷解題效果.由此，本文將舉數例說明方程在證明等式、不等式等方面的應用，同時可以看出，應用方程的方法解題的優越性.

1 應用方程證明恒等式

例1設ai,bi(i=1,2,…,n)是兩組復數，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個不同的根，因此，根據方程的基本定理可知，對于任意復數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展開后，根據多項式性質，比較兩邊系數，即得(2)中的等式.

同理，類似(2)的解法，由式①還可得到其他有關等式，如：

等等.

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

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

上述分式的歐拉公式可以進一步加以推廣，得到一個更為一般的如下分式等式:

例2設xk(k=1,2,…,n,n≥2)是n個互不相等的復數，則有

(1)

(2)

(3)

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

當n=2時，不難證明

=(x1+x2)-(t1+t2)，

事實上，我們如果記

-(x1+x2)+(t1+t)，

可視為以t為字母的小于或等于一次多項式，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時式(3)成立.

假設n=k時，式(3)成立，即

今記f(t)等于

可視為其關于t的小于或等于一次多項式，命t=x1和t=x2，根據假設可知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

這說明當n=k+1時，式(3)也成立.由以上可知，對于n≥2的任意自然數時，式(3)總成立，證畢.

本例解答中巧妙地應用了多項式性質.

例3設n個數xi∈C，i=1,2,…,n，其初等對稱多項式為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個根，由此反過來，我們可以將以下方程組看成是關于未知數是s1，-s2，…(-1)n-1sn的方程組：

本例解答中巧妙地將一元n次方程問題轉化為n元一次方程組問題求解，將一元n次方程的各項系數看成n元一次方程組n個未知數，將xi(i=1,2,…,n)作為已知數，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個根.

當n為奇數時，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

展開整理即為

當n為偶數時，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

展開整理即為

的n個根，于是，根據方程根與系數關系，即得原命題中的諸個等式.

本例是應用方程根與系數關系的典型例子，根據方程根與系數關系構造一元n次方程，并對這個方程進行平方變換，然后再次利用方程根與系數關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個根，若這n+1個根均不為零時，則上述方程可以寫成

=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)，其中有一個根為零，不妨設xn+1=0，其余n個均不為零，這時，問題變為：

設xi∈C，i=1,2,…,n，其初等對稱多項式為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個根，由于這n個根均不為零，則上述方程可以寫成

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，讀者可參見文獻[3]

例6設ABCD是平面凸四邊形四邊長為AB=a，BC=b，CD=c，DA=d，對角線長為AC=m,BD=n，有一對對角和為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,

的兩個根，于是由方程根與系數關系便得到

(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.

本例應用方程根與系數關系使得解答一舉兩得，而且計算簡便.

注：本例還有多種解法，但應用方程的方法求解較為簡捷.

展開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

本例將求值問題轉化為求方程的解的問題，這類問題我們經常會遇到.

2 應用方程證明不等式或求解極值問題

例8設ai∈R，i=1,2,…,n，其初等對稱多項式為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個非零根.

當n為偶數時，由原方程式得到

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

當n為奇數時，由原方程式得到

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

故原命題獲證.

注：當n=3時，便是1965年全國高考理科數學附加試題：

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

本例通過改變方程寫法，再根據方程定義，從而巧妙地使問題得到了簡捷的解決.

本例有多種證明方法，下面應用三次方程實根判定定理，給出一個簡捷的證明.

①

≤0,

將上式展開并整理即得

即

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

(自創題，2007.09.18)設a,b,c∈R+，且a+b+c=1，則

例10(自創題，2013.05.01)設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)，

當且僅當x=y=z=w=1時取等號.

證明由于x,y,z,w∈R+，且xyzw=1，則x,y,z,w中必有一個不大于1，同時必有一個不小于1，不妨設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

的四個正實數根，由此得到

①

原命題獲證.

注：可以證明有更強式：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的四個根，于是得到

+4x1x2x3x4

以上兩例應用方程定義，方程根與系數關系，并對方程進行適當變換后應用有關不等式予以證明或求最值.

3 應用方程求三角函數式的值或證明三角函數等式

這時一道常見題，可以用三角函數有關公式求解，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n為奇數時，sinnα=0可以展開為關于sinα的n次方程式，再應用一元n次方程根與系數關系求值.這里α是一個與n有關的特定的角， 否則所寫的等式一般不成立； 另外任意角的倍角的三角函數都可用單角三角函數來表出.

本例先分別求出兩式的和與積，從而應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，再與其右邊比較系數，便可得到一系列等式：

類似方法可以得到以下:

例15(自創題，1970.07.01)當n為不小于3的奇數時，求證

證明略.

如以上例14、例15及其類似問題，主要應用了方程的基本定理和復數有關公式，這是求解這類問題的常用的方法.

有許多數學問題，看似與方程無關，但經過某些變換，或考慮到與方程相關的知識，特別要注意初等對稱多項式與一元n次方程的關系等，可以發現它們常常可以轉化為方程問題求解，本文僅舉數例說明方程在證明等式、不等式等方面的應用，只不過起到啟示的作用，實際上，方程思想與方程方法是數學解題中的一個重要的解題策略，值得重視.