四次方程的韦达定理

这个问题并不难解决
2
3
3
(x + 1)(x + 1)(x + 1) = 30x
6
5
4
3
2
3
⇔ x + x + x + 2x + x + x + 1 = 28x
1
1
3
2
⇔ x +x +x+
+
x
x2
1
+ x3
= 28.
令
1 t = x + , t ∈ (−∞, −2] ∪ [2, +∞)
x
则上述方程可以化为
abcd = 3,
的一组实数解 (a, b, c, d) 为_______．
−−
−−
正确答案是 ． −√13 − 1 √13 − 1 −√5 − 1 √5 − 1
(
,
,
,
)
2
2
2
2
设 f(x) = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) ，则根据已知条件可得
4
3
2
f (x) = x + 2x − 3x − 4x + 3,
x+
3a
a
3a2
27a3
=0
通过配方转化为
3
x + px + q = 0
的形式．因此掌握了这个方法，就等于掌握了一般三次方程的解法．
在一般三次方程的解法中，我们用到的换元 x = t + u 同样也是解高
t
次方程的重要换元．需要注意到的是，在每一步的求解过程中，要先 弄清是求方程的实根还是所有根．
最后留一道练习题．
因此 a, b, c, d 分别是方程
4
3
2
x + 2x − 3x − 4x + 3 = 0
的四个实数根．
为了消去
3
x
项，作换元 t = x +
1
，整理得
2
4
2
16t − 72t + 65 = 0,
解得
5
13
2
2
t=
∨t =
,
4
4
进而即得原方程组的一组实数解为
−−
−−
． −√13 − 1 √13 − 1 −√5 − 1 √5 − 1
每日一题[200] 四次方程的韦达定理
2015年8月7日 意琦行 数海拾贝
2014年全国高中数学联赛吉林省预赛第10题：
方程组
⎧ ⎪ ⎪ a + b + c + d = −2, ab + ac + ad + bc + bd + cd = −3,
⎨ ⎩ ⎪ ⎪ bcd + acd + abd + abc = 4,
解关于 x 的方程
3
x + px + q = 0.
问题的关键在于如何进行恰当的换元．
注意到
(t +
3
1
1
3
) =t +
t
t3
+ 3 (t +
1 ).
t
也就是说，如果 p = −3 ，那么我们做换元 x = t + 1 ，方程就转化为
t
1
3
t+
+ q = 0,
t3
即
32
3
(t ) + q ⋅ x + 1 = 0,
求关于 x 的方程
5
3
x + 10x + 20x − 4 = 0
的所有根．
答案是
3
2
2kπ
2kπ
x = (2 5 − 2 5 ) (cos
+ i sin
) , k = 0, 1, 2, 3, 4.
5
5
其中用到的代换为 x = t − 2 ．
t
t
u3
u
3
t+
+ (3u + p) ⋅ (t + ) + q = 0.
t3
t
在这个方程中，令 u
=
p −
，就会和之前一样变成一个关于 t3
的二次
3
方程，以下略．
事实上，任何一个三次方程
3
2
ax + bx + cx + d = 0, a ≠ 0
都可以利用完全立方公式
3
b
b
b2
b3
3
2
(x +
) =x + x +
可以利用二次方程的求根公式求得
3
t
，进而求出
t
，然后代回
1
x = t + 1 ，求根过程就完成了．
t
现在面临的困难是如何处理 p ，需要对换元进行一个小小的改造．
由于
(t +
u3 )
t
3
=t +
u3 t3
+ 3u (t +
u ),
t
因此令 x = t + u ，其中 u 为待定系数，那么原方程变为
3
2
(t − 3t) + (t − 2) + t = 28,
即
2
(t − 3)(t + 4t + 10) = 0,
舍去虚根解得
t = 3.
因此
1
x+
= 3,
x
即
2
x − 3x + 1 = 0,
其所有实数根之和为 3 ．
这道试题并不是今天的问题，仅仅是提示而已．今天的问题是16世纪 的竞赛题（那时，数学家常常把自己的发现秘而不宣，而是向同伴提 出挑战，让他们解决同样的问题．想必这是一项很砥砺智力，又吸引 人的竞赛）：
(
,
,
,
)
2
2
2
2
注 可以参考 每日一题[29] 一般三次方程的解法．
每日一题[29] 一般三次方程的解法
2015年2月16日 意琦行 数海拾贝
今天的问题是从2011年第二届世界数学锦标赛青年组接力赛第二轮的 一道试题开始的．
求方程
2
3
3
(x + 1)(x + 1)(x + 1) = 30x
的所有实数根Baidu Nhomakorabea和．