2−3 多項式方程式
◎認識虛數i及複數a ＋bi 。
◎能作複數的四則運算。
◎能利用一元二次方程式的公式解求根。
◎能了解一元二次方程式的判別式與根的性質間的關聯性。
◎能了解多項式方程式及其相關名詞的意義。
◎能利用牛頓定理尋找方程式的有理根。
◎能了解虛根成對定理及其應用。
◎能了解勘根定理及其應用。
◎能了解正n次方根的意義。
一、複數：
◎虛數的單位：：規定i 為虛數單位，且i 定義為 √-1= i 且i滿足 (1) i 2 = -1 , (2)當 b > 0時， √-b= √bi
【觀念釐清】(1) 任何實數的平方必為正數或0；對於平方後小於 0的數，稱為虛數。
(2) 因為方程式 x^2 + 1 = 0 在實數系中無解，於是數學家們引進「虛數」，把
實數系擴張成一個較大的數系(複數系)，使得所有的多項式方程式在這個數
系中都有解。
◎ 複數的定義：設a , b 為實數，形如 a+bi 的數稱為複數，其中a稱為實部，b稱為虛部。
For example , x^2-2x+4 = 0 , 若 x 定義於 R (實數系) ; 則由根的判別式 ∆ = b2 - 4ac < 0 故x 無實根, 但引入 i 的話即可以求出 x = 1 + √3i 及 x = 1 - √3i
【觀念釐清】
(1)1 - √3i 的實部為 1，虛部為 −√3 。
(2)當虛部 b = 0時，a + bi = a +0i = a ; a 為實數 。( 實數就是虛部為0的複數 )
(3)當虛部 b ≠ 0時，a +bi 為虛數。
(4)當 a = 0且 b ≠ 0時，a + bi = 0 + bi = bi 稱為純虛數。
數系的定義: N (自然數) ⊂ Z (整數) ⊂ Q (有理數) ⊂ R (實數) ⊂ C (複數)
所以任何數皆可以寫成 a + bi 的形式; 其中 a 為實部(real) , b 為虛部 (image).
【觀念釐清】(1) 任何實數的平方必為正數或0；對於平方後小於 0的數，稱為虛數。
(2) 因為方程式 x^2 + 1 = 0 在實數系中無解，於是數學家們引進「虛數」，把
實數系擴張成一個較大的數系(複數系)，使得所有的多項式方程式在這個數
系中都有解。
◎ 複數的定義：設a , b 為實數，形如 a+bi 的數稱為複數，其中a稱為實部，b稱為虛部。
For example , x^2-2x+4 = 0 , 若 x 定義於 R (實數系) ; 則由根的判別式 ∆ = b2 - 4ac < 0 故x 無實根, 但引入 i 的話即可以求出 x = 1 + √3i 及 x = 1 - √3i
【觀念釐清】
(1)1 - √3i 的實部為 1，虛部為 −√3 。
(2)當虛部 b = 0時，a + bi = a +0i = a ; a 為實數 。( 實數就是虛部為0的複數 )
(3)當虛部 b ≠ 0時，a +bi 為虛數。
(4)當 a = 0且 b ≠ 0時，a + bi = 0 + bi = bi 稱為純虛數。
數系的定義: N (自然數) ⊂ Z (整數) ⊂ Q (有理數) ⊂ R (實數) ⊂ C (複數)
所以任何數皆可以寫成 a + bi 的形式; 其中 a 為實部(real) , b 為虛部 (image).
若 a = 0 , b ≠ 0 , 則稱為純虛數 ; a ≠ 0 , b = 0 , 則稱為實數 .
複數相等 : 若存在兩個複數 a+bi , c+di 則若兩者相等 iff a = c 且 b=d , a,b,c,d 皆為實數.
練習 1 : 已知a, b是實數，且滿足(a-2)+4i = 1+ bi ，求a,b的值
a-2 = 1 , 4 = b ; a = 3
練習 2：已知a ,b 是實數，若2+(4-a)i = (b-3) + 3 i ，求a ,b 的值
略
◎ 複數的運算：設a,b,c,d 為實數，且 i2 = −1， 則如下的運算:
(1)加法：(a+bi)+(c+di)=(a+b) + (c+d)i
(2)減法：(a+bi)-(c+di)=(a-c) + (b-d)i
(3)乘法：(a+bi)*(c+di) = (ac-bd) + (ad+bc)i
練習 3 : z1 = 3+ 4i , z2 = 5-3i , 則 (1) z1+z2 (2) z1- z2 (3) z1*z2 .
(1) z1+ z2 = 8 + i (2) z1- z2 = -2 + 7i (3) z1*z2 = (15+12) + (-9+20)i = 27 +11 i
◎性質：設 z1 ， z2 ， z3 為複數 則
練習 5： √-1= i , 計算 i2 ,,,,, i8
因為 √-1 = i , i2 = i*i = √-1 *√-1
i3= i2*i = - i
i4= i3*i = - i2= 1
i5= i4*i = i
i6= i5*i = -1
i7= i6*i = -i
i8=i7*i = 1
...
歸納發現
n = 4k , k = 0,1,2,3, ... ; in = 1
n = 4k+1 , k = 0,1,2,3, ... ; in = i
n = 4k+2 , k = 0,1,2,3, ... ; in = - i
n = 4k+3 , k =0,1,2,3, ... ; in = - i
練習 6：√-1= i , ，求下列各式的值 (1) i50 (2) i + i2+ i3+ i4+ ... +i50
(1) 50/4 = 12 ... 2 即 i50= i2
(2) 等比級數 S = i*(1-i2) / 1- i = i*(1+1)/ 1- i = 2i/1- i = 2i*(1+i)/ 2= i*(1+i) = i - 1
◎共軛複數：規定a +bi的共軛複數為a - bi ，以
表示。
【觀念釐清】
(1) 將複數a +bi乘以a -bi 時， (a + bi)(a − bi) = a2 + b2 是一個實數 .
基本原則就是,乘上共軛式子. 將虛部化成實數
練習 7：將下列複數表示成a + bi 的形式，其中a b, 是實數 (1) 1/3+4i (2) 2+i/ -3+4i
(1) 1/3+4i = 3- 4i / 9+16 = 3-4i/25
(2) 分子乘上 (2-i) 分母乘上 -3 - 4i
練習 8：將下列複數表示成a +bi的形式，其中a b, 是實數：
(1) 分子乘 1-√3i , 分母乘 1+√3i
(2) i + 1/i = i2 + 1 / i = -1 + 1 / i = 0 = 0 + 0 i
◎共軛複數的運算性質：設 z1 ， z2 為任意複數，則
【觀念釐清】
√-2 √-3 = √2 i*√3=-√6
二、一元二次方程式的解：
◎ 一元二次方程式的公式解：
練習 9 : 解下列各方程式：(1) x^2+2x-4 = 0 (2) 2x^2+2x-1 = 0
(1) (2) 由求根式求出即可
練習 10：解下列一元二次方程式：(1) x^2+x+1 =0 (2) 2x^2+2x-1 = 0
(1)(2)皆可由求根式求解
◎實係數一元二次方程式的兩根性質：
練習 11：求實數k的範圍，使方程式 3x^2+4x - 2k = 0 有實根.
根據根的判別式 ∆ = b2 - 4ac , ∆ = 16 - 4*3*(-2k) = 16 +24 k
若要有實根,只有兩種可能條件;即相異根 及 二重根.
故 ∆ 必須 ≥ 0 , 即 16 + 24k ≥ 0 , 24k ≥ -16 . 3k ≥ -2 , k ≥ -2/3
【觀念釐清】
1.利用根與係數關係，對於已知的一元二次方程式，不用求出兩正確根，由方程式的係數即
可得知兩根的和與兩根的乘積。
2.若已知兩根和與兩根積，可求出原方程式： x^2 - (二根和 ) + (二根積 ) = 0 。
練習 13：已知α , β 為方程式 2X^2+4x+5 的兩根，求 (1) α2 + β2 (2) 1/α + 1/β (3) α3 + β3
(1) 由根的性質 , α +β = -b/a , αβ = c/a . 考慮 (α +β)2 = α2 +2αβ + β2
因為 α +β = -b/a = - 4/2 = -2 , αβ = c/a = 5/2 ; 則 (α +β)2 = 4 = α2 +2αβ + β2 = α2 +2*5/2 + β2 , 所以 α2 + β2 = 4 -5 = -1
(2) 1/α + 1/β = (α +β) / αβ = -2 / 5/2 = -4/5
(3) α3 + β3 = (α +β)(α2 - αβ+β2) = -2(-1-5/2) = 2*7/2 = 7
練習 14：已知α,β 為方程式x^2-4x+7 的兩根, 求(1) α2 + β2 (2) α/β + β/α (3) α3 + β3
使用根的性質, α+β = -b/a , αβ = c/a .
(1) 考慮 (α +β)2 = α2 +2αβ + β2 即可以求出
(2) α/β + β/α = α2 + β2 / αβ
(3) α3 + β3 = (α +β)(α2 - αβ+β2)
【觀念釐清】(1) 實係數奇數次方程式至少有一個實根。why ? the reason is very easy to understand. Assume there exists a polynomial f(x) and its degree is n , n is odd. According to the fundamental of algebra , f(x) has at least one real root .
複數相等 : 若存在兩個複數 a+bi , c+di 則若兩者相等 iff a = c 且 b=d , a,b,c,d 皆為實數.
練習 1 : 已知a, b是實數，且滿足(a-2)+4i = 1+ bi ，求a,b的值
a-2 = 1 , 4 = b ; a = 3
練習 2：已知a ,b 是實數，若2+(4-a)i = (b-3) + 3 i ，求a ,b 的值
略
◎ 複數的運算：設a,b,c,d 為實數，且 i2 = −1， 則如下的運算:
(1)加法：(a+bi)+(c+di)=(a+b) + (c+d)i
(2)減法：(a+bi)-(c+di)=(a-c) + (b-d)i
(3)乘法：(a+bi)*(c+di) = (ac-bd) + (ad+bc)i
練習 3 : z1 = 3+ 4i , z2 = 5-3i , 則 (1) z1+z2 (2) z1- z2 (3) z1*z2 .
(1) z1+ z2 = 8 + i (2) z1- z2 = -2 + 7i (3) z1*z2 = (15+12) + (-9+20)i = 27 +11 i
◎性質：設 z1 ， z2 ， z3 為複數 則
練習 5： √-1= i , 計算 i2 ,,,,, i8
因為 √-1 = i , i2 = i*i = √-1 *√-1
i3= i2*i = - i
i4= i3*i = - i2= 1
i5= i4*i = i
i6= i5*i = -1
i7= i6*i = -i
i8=i7*i = 1
...
歸納發現
n = 4k , k = 0,1,2,3, ... ; in = 1
n = 4k+1 , k = 0,1,2,3, ... ; in = i
n = 4k+2 , k = 0,1,2,3, ... ; in = - i
n = 4k+3 , k =0,1,2,3, ... ; in = - i
練習 6：√-1= i , ，求下列各式的值 (1) i50 (2) i + i2+ i3+ i4+ ... +i50
(1) 50/4 = 12 ... 2 即 i50= i2
(2) 等比級數 S = i*(1-i2) / 1- i = i*(1+1)/ 1- i = 2i/1- i = 2i*(1+i)/ 2= i*(1+i) = i - 1
◎共軛複數：規定a +bi的共軛複數為a - bi ，以
表示。【觀念釐清】
(1) 將複數a +bi乘以a -bi 時， (a + bi)(a − bi) = a2 + b2 是一個實數 .
基本原則就是,乘上共軛式子. 將虛部化成實數
練習 7：將下列複數表示成a + bi 的形式，其中a b, 是實數 (1) 1/3+4i (2) 2+i/ -3+4i
(1) 1/3+4i = 3- 4i / 9+16 = 3-4i/25
(2) 分子乘上 (2-i) 分母乘上 -3 - 4i
練習 8：將下列複數表示成a +bi的形式，其中a b, 是實數：
(1) 分子乘 1-√3i , 分母乘 1+√3i
(2) i + 1/i = i2 + 1 / i = -1 + 1 / i = 0 = 0 + 0 i
◎共軛複數的運算性質：設 z1 ， z2 為任意複數，則
【觀念釐清】
√-2 = √2 i , √-3 = √3 i
√-2 √-3 = √2 i*√3=-√6
二、一元二次方程式的解：
◎ 一元二次方程式的公式解：
練習 9 : 解下列各方程式：(1) x^2+2x-4 = 0 (2) 2x^2+2x-1 = 0
(1) (2) 由求根式求出即可
練習 10：解下列一元二次方程式：(1) x^2+x+1 =0 (2) 2x^2+2x-1 = 0
(1)(2)皆可由求根式求解
◎實係數一元二次方程式的兩根性質：
練習 11：求實數k的範圍，使方程式 3x^2+4x - 2k = 0 有實根.
根據根的判別式 ∆ = b2 - 4ac , ∆ = 16 - 4*3*(-2k) = 16 +24 k
若要有實根,只有兩種可能條件;即相異根 及 二重根.
故 ∆ 必須 ≥ 0 , 即 16 + 24k ≥ 0 , 24k ≥ -16 . 3k ≥ -2 , k ≥ -2/3
練習 12：求實數k的範圍，使方程式 x^2+3x-k 的根為共軛複數.
同樣由根的判別式∆ , ∆ < 0 ; 即 b2 - 4ac < 0 . 將 a= 1,b= 3 ,c = -k 代入
求出 9 - 4*(-k) < 0 , 9+4k < 0 , 4k < -9 , k < -9/4【觀念釐清】
1.利用根與係數關係，對於已知的一元二次方程式，不用求出兩正確根，由方程式的係數即
可得知兩根的和與兩根的乘積。
2.若已知兩根和與兩根積，可求出原方程式： x^2 - (二根和 ) + (二根積 ) = 0 。
練習 13：已知α , β 為方程式 2X^2+4x+5 的兩根，求 (1) α2 + β2 (2) 1/α + 1/β (3) α3 + β3
(1) 由根的性質 , α +β = -b/a , αβ = c/a . 考慮 (α +β)2 = α2 +2αβ + β2
因為 α +β = -b/a = - 4/2 = -2 , αβ = c/a = 5/2 ; 則 (α +β)2 = 4 = α2 +2αβ + β2 = α2 +2*5/2 + β2 , 所以 α2 + β2 = 4 -5 = -1
(2) 1/α + 1/β = (α +β) / αβ = -2 / 5/2 = -4/5
(3) α3 + β3 = (α +β)(α2 - αβ+β2) = -2(-1-5/2) = 2*7/2 = 7
練習 14：已知α,β 為方程式x^2-4x+7 的兩根, 求(1) α2 + β2 (2) α/β + β/α (3) α3 + β3
使用根的性質, α+β = -b/a , αβ = c/a .
(1) 考慮 (α +β)2 = α2 +2αβ + β2 即可以求出
(2) α/β + β/α = α2 + β2 / αβ
(3) α3 + β3 = (α +β)(α2 - αβ+β2)
三、多項式方程式：
◎多項式方程式及其根：
(1)若 f(x) 是n次多項式，則稱 f (x) = 0 為n次多項式方程式，簡稱為n次方程式。
(2)若有一個數α 滿足 f(α) = 0 ，就稱α 是 f (x) = 0 的根或解。
(3)為了強調這個根α 所在的數系，可將α 稱為整數根，有理根，實根或複數根。
(4)有理根也是實根或複數根，但非整數根；當兩根為共軛虛數時稱為共軛虛根。
練習 15 : 設x = 2i為三次方程式 x^3+x^2+4x+a 的一根, 求 a
因為 2i 為此三次方程式的一根, 即可令此方程式為0,求出其一根
-8i-4+8i+a = 0 , a = 4
練習 16： 下列哪些是三次方程式 x^3-2x^2+x-2 的根
(1) √2 (2)2 (3)i (4) −i (5) 1+i。
依照剛才的性質,如是根的話,帶入式中必為0 .一元三次多項式,必有三個根.
◎代數基本定理：任意一個複數係數n次方程式，只要n ≥1，就至少有一個複數根。
【說明】
(1)實係數n次方程式，不一定有實根。
(2)西元 1799年，德國數學家高斯在他的博士論文中成功證明此定理。(但是有漏洞)
(3)因為實數可看成複數，所以此定理保證實係數n次方程式一定有根。
(4)以代數基本定理為基礎，並利用因式定理逐次提出一次因式，可推得任一複係數的n次多項式 f(x)恰可分解成n個一次式的乘積 (The reason is easy . Because if there exists a n degree polynomial f(x) = anx^n + an-1x^n-1 + ... + a1x+ a0 ; if α1 is a root of f(x) , then (x-α1) is a factor of f(x) . f(x) = (x-α1)g(x) , g(x) is a n-1 degree polynomial expression. n-1 still is large than 1. We still handle it again and get a new factor (x-α2) and f(x) =(x-α1)(x-α2)h(x). So we can factorize f(x) till h(x)'s degree is 1. Finally , we can represent f(x) as a n factors multiplication , f(x) = (x-α1)(x-α2)(x-α3)(x-α4) ... (x-αn-1)(x-αn) . )
其中 α1 α2 α3 ... αn為複數。此時α1 ,α2, α3 ... ,αn 為方程式 f (x) = 0 的n個根。
若 α1 = α2 = α3 = ... = αk , k ≥ 2 , 則 f(x) = (x-α)k g(x) , g(x) ≠ 0 ; 即 f(x) 有 k 個重根α.
(6)若重根重複計算，則n次方程式才恰有n個根。
◎根的個數：若k重根算k個根，則每一個實係數n次方程式都恰好有n個複數根。
◎實係數方程式的虛根成對定理：
【觀念釐清】(1) 實係數奇數次方程式至少有一個實根。why ? the reason is very easy to understand. Assume there exists a polynomial f(x) and its degree is n , n is odd. According to the fundamental of algebra , f(x) has at least one real root .
(2)實係數多項式都可以分解為實係數一次式或實係數二次式的乘積。
練習 17：設實係數方程式 x^4-3x^3+6x^2+ax+b 有一根為3− i (1)求a與 b的值；(2)解此方程式
(1) Since 3 - i is a root of f(x) , then f(3-i) = 0 .
又因為實係數多項式都可以分解為實係數一次式或實係數二次式的乘積 , 所以3+ i 也為一根;即 f(3+i) = 0. 固可藉由兩個方程式聯立解出 a , b .
【觀念釐清】
(1) 若為實係數方程式，則有共軛虛根(成對出現)，可用根與係數來解題。
(2) 若非實係數方程式，則虛根(複數根)不一定共軛，只能將根代入化簡。
練習 18：已知2+i為方程式 x^4 -5x^3+8x^2-x-5 = 0 的一根 , 求其方程式的其他根.
由實數多項式性質得知, 必有一個共軛根2 - i 使得 f(x) = 0 . 由上面性質而知 , f(x) 必有一個二次因式 x^2 -2ax + (a^2+b^2) 使得 f(x) = [x^2 -2ax + (a^2+b^2)]g(x) , g(x) 為二次多項式.
首先,先求二次多項式, 即將 a = 2 , b = 1 代入 ; x^2 - 4x + (4+1) = x^2 - 4x + 5. 然後再用長除法求g(x). g(x) = x^2-x-1 . 因為此為4次多項式必有4個根. 故令 g(x) = 0 , 其必有2根. 同理使用, 根的判別式 ∆ = b2 - 4ac . ∆ = 1 +4 > 0 ; 故g(x)有相異兩實根.
四、解多項式方程式：
◎根的公式解：(指根可由原方程式的係數用四則運算與根式來表示)
(1) 一次方程式ax + b = 0 恰有一解 x = -b/a
(2) 二次方程式 ax^2+bx+c , x = -b+(b^2-4ac)^1/2 / 2a or x = -b+(b^2-4ac)^1/2 / 2a
◎有理根判定法：(牛頓定理)
f (x) = 0 為整係數多項式方程式，則找 f (x) = 0 的有理根 x = b/a 等於找 f(x) 的整係數一次因式 ax - b。(a為正整數，b為整數)
證明 :
假設 f(x) = anx^n+an-1x^n-1+an-2x^n-2 + ... + a2x^2+a1x+a0 ,
因為 x = b/a 為其一根 , 故 f(b/a) = an(b/a)^n+an-1(b/a)^n-1+an-2(b/a)^n-2 + ... +a1(b/a)+a0 = 0 (因式定理). 等好兩邊同乘 an
an(b^n)+an-1(ab^n-1)+an-2(a^2b^n-2) + ... +a1(a^n-1b)+a^na0 = 0
b[an(b^n-1)+an-1(ab^n-2)+an-2(a^2b^n-3) + ... +a1(a^n-1)] = -a^na0
an(b^n-1)+an-1(ab^n-2)+an-2(a^2b^n-3) + ... +a1(a^n-1) = - a^n * (a0 / b)
b 是整數, 且 b ≠ 0 ; 左式是整數 = - a^n * (a0 / b)
練習 19：求方程式 f(x) = 2x^3-3x^2-8x-3 = 0 的有理根
x = -1 , f(-1) = -2 -3 +8 - 3 = 0
x = -2 , f(-2) = -8-12+16-3 ≠ 0
如何快速找出因式 ? 通常是以直覺判斷來處理並符合 (a,b) = 1 的原則. 因為是三次多項式,所以必有三根,又因為其為整數係數多項式所以先找有理根.
練習 20：解方程式 2x^4+ x^3-9x+6 = 0 的根
Basically , this polynomial has 4 roots . But we don't know their property.
Since it is an integral coefficient polynomial , we can find its rational roots.
【觀念釐清】
(1) 並不是所有的多項式方程式都有有理根。
(2) 當方程式沒有有理根時，有理根判定法就幫不上忙。
(3) 若能將多項式分解成一次式或二次式的乘積，就可找出所有根。
(4) 在實際應用上通常只求方程式的實根，且有相當程度的近似值即可。
(5) 在解方程式時，若不能求得實根的精確值，則改求實根的範圍即可。
◎勘根定理：(求實根近似值(實根的範圍)的方法)
f (x) = 0 是一個實係數多項式方程式，而a與b是兩個相異實數。
若 f(a)⋅f(b) < 0 (即 f(a) a 與 f(b)異號)，則方程式 f (x) = 0 在a與b之間至少有一個實根.
【說明】利用函數 y = f(x) 的圖形是連續不斷的特質(選修課程時說明)直觀說明如下：
(1)當 f(a)⋅f(b) < 0 (即 f(a) 與 f(b) 異號 )時，函數圖形上的兩點(a , f(a)) 與( b, f(b))分別在x軸的上下兩側。因此在這兩點之間以連續不斷的曲線連接，必穿過x軸至少一次，即y = f(x) 的圖形與x軸至少交於一點( t, f(t)) (t在a ,b之間)。因為點( t, f(t)) 在x軸上，所以其y坐標 f(t) = 0。因此t是方程式 f (x) = 0 的一個實根，故在a與b之間至少有一個實根。
證明 - 介值定理
看下圖 :
(2)若 f(a)⋅f(b) > 0 (即函數值 f(a) 與 f(b)同號)，則方程式 f (x) = 0 在a與b之間可能有實根也可能沒有實根，也就是說不保證一定有實根。
如下圖：在a與b之間， f (x) = 0 分別為沒有實根、有兩個實根。
【觀念釐清】
設 f (x) = 0 是一個實係數多項式方程式，而a與b是兩個相異實數。
(1)當 f(a)f(b) < 0 時， f (x) = 0 在a與b之間可能有1,3,5, ...(奇數)個根。
(2)當 f(a)f(b) > 0 時， f (x) = 0 在a與b之間可能有0,2,4, ...(0或偶數)個根。
看上圖即知
練習 22：求方程式 x^3-8x+1在哪些連續整數之間有實根。
令f(x) = x^3-8x+1 , 因為是三次多項式 ; 首先由牛頓定理先找有理根, 也就是因式分解 (ax-b) , f(a/b) = 0 . 但是好找出來嗎 ?
觀察一下, 三次多項式必有三根(但不一定都是實根). 但我們可以藉由勘根定理發現其根的性質落在何處.
因為由題意, 是連續整數,所以找出兩個連續整數然後再逐步擴張.
首先,容易判斷的是 x= 0 ,
f(0) > 0 ; 所以 , 向 0+ 及 0- 逐步擴張.
f(-2) = -8-16+1 < 0 , f(-2)f(-1) < 0 必有一實根.
f(-1) = -1+8+1 > 0 , f(-1)f(0) > 0 無實根 or 2,4,...個 偶數個根
f(1) = 1-8+1 < 0 , f(0)f(1) < 0 , 必有一實根.
f(2) = 8 - 16 + 1 < 0 , 無法判斷 [1,2] 間
f(3) = 27 -24 + 1 = 4 > 0 , f(2)f(3) < 0 , 必有一實根
f(4) = 64-32+1 > 0 , f(3)f(4) > 0 無實根 or 2,4,...個 偶數個根
f(5) = 125 - 40 + 1 > 0 , f(4)f(5) > 0 無實根 or 2,4,...個 偶數個根
我們還要繼續嗎 ? of course not. 因為我們已經找到3 個實根了.
練習 23：求方程式 x^3+x^2-2x-1 = 0 在哪些連續整數之間有實根。
略. 勘根定理試試看
◎應用：勘根定理可判斷多項式方程式是否有實根，也可利用它找出實根的近似值。why ?
Given a polynomial f(x) and there exist two reals a , b and f(a)f(b) < 0 then there exists a constant number c such that f(c) = 0 . Then we can find a rule as below :
f(x) ≥ 0 , c ≤ x ≤ a
f(x) ≤ 0 , a ≤ x ≤ c
在其區間分割並滿足f(a')f(b') < 0 , 這樣就可以求出根的近似值.
◎二分逼近法：
(1) 先利用勘根定理找出根所在的範圍(兩個連續整數之間)。
(2) 將根所在的範圍縮小(此時直接取中點，使範圍一分為二)。
(3) 再利用勘根定理找出根所在的小範圍(比中點小者或比中點大者)。
(4) 如此繼續算下去，可把根的範圍縮到很小，而求得更精確的近似值
練習 24 : 已知方程式 x^3 -8x +1 = 0 恰有一負根，求與此負根最接近的整數。
由題意已知f(x)恰有一負根, 故可以由 x ≤ 0 找起. 首先, f(0) = 1 > 0 .
f(-1) = -1 +8 + 1 > 0 , [-1,0] 無實根
f(-2) = -8 + 16 + 1 > 0 , [-2,-1] 無實根
f(-3) = -27 + 24 + 1 < 0 , f(-2)f(-3) < 0 必有一實根 c < 0 使得f(c) = 0 故可由 [-3,-2] 做逼近.
f(-4) = -64 + 32 + 1 < 0 , f(-2)f(-3) > 0 , 無實根
取 a = -3-2/2 = -2.5 , f(-2.5) = -15.625 + 20 + 1 > 0 , f(-2.5)f(-2) > 0 , 無實根
但是f(-3)f(-2.5) < 0 故 [-3,-2.5] 間必有一實根.
a = -3- 2.5/ 2 = -2.75
f(-2.75) = -20.796875 +22+1 > 0 , f(-3)f(-.275) < 0 , 故 [-3,-2.75] 間必有一實根.
可以發現到a 的值一直向-3趨近, -3 為此負根最接近的整數.
練習 25：已知方程式x^3+x^2-2x -1 = 0 恰有一正根，求與此正根最接近的整數。
由題意,恰有一正根. 故由 x ≥ 0 開始找.
f(0) = -1 < 0
f(1) = 1+1-2-1 < 0 , f(0)f(1) > 0 無實根
f(2) = 8 + 4 -4 -1 > 0 , f(1)f(2) < 0 , [1,2]間必有一實根. 故藉由二分逼近法,
a = 1+2/2 = 1.5 , f(1.5) = 27/8 + 9/4 - 3 - 1 = 27 + 18 / 8 - 4 = 27+18 - 32 / 8 > 0
f(1.5)f(1) < 0 , [1,1.5]間必有一實根.
a = 1+1.5/2 = 1.25 , f(1.25) = 1.953125 + 2.25 - 3 - 1 > 0 , f(1.25)f(1) < 0 , [1,1.25]間必有一實根. 故觀察a 的值一直向1趨近, 1為此負根最接近的整數
練習 26： 設a > 0，n為正整數。試證 方程式 xn = a恰有一正根.
恰有一正根, 即指的是存在且唯一. 所以,先證明存在
令 f(x) = xn - a , f(0) = -a < 0 , f(a+1) = (a+1)n - a ≥ (a+1) - a = 1 ≥ 0 . 所以由勘根定理, [0,a+1] 間必存在一個根.
唯一性 :
假設存在兩個相異實數根α,β ; α≠β .
f(α) = αn - a , f(β) = βn - a
f(α) = f(β) = 0 , αn - a = βn - a
若 α < β , a < a
α > β , a > a
故α = β, 恰有一根.
若x^n - a可以分解為(x-a1)(x-a2)...(x-an) 共有 n 次乘積且 a1= a2 = a3 = ...= an , 即x 的根為n√a
練習 27：(1) 解方程式 x^4 =16 (2) 4√16
(1) x^4 =16 , x^4 - 16 = 0
由牛頓定理 , 假設有一個因式 ax -b 為f(x)之因式, 則 x = b/a , f(b/a) = 0
x^4 - 16 = x^4 - 2^4 = (x^2)^2 - 4^2 = (x^2+4)(x^2- 4)
令x^4 - 16 = 0 , (x^2+4)(x^2- 4) = 0 ; x = 2 or -2 , x = 2i or -2i
習題
1. 將下列複數化成a + bi ( a , b為實數)的形式：
(1) (2−3i)+(−3+5i) = (2-3)+(-3+5)i = -1 +2i
(2) (1+ 2i)(2−i) = 2 -i +4i -2i^2 = 2 + 3i - 2(-1) = 4 + 3i
(3) 2-i/1+i = (2-i)*(1-i)/(1+i)(1-i) = 2 -2i - i + 1 / 1 + 1 = 3 - 3 i /2 = 3/2 - 3/2 i
(4) (1+i)^2 +(1+i)^4 = (1+i)^2 [ 1+ (1+i)^2 ] = (1+2i-1) [ 1 + (1+2i-1) ] = (2i)[ 1+ 2i ] = 2i -4
將實數項次聚集起來, 虛部的項次聚集起來,然後再比較係數.
(1) 略
(2)(3) 求根公式
根的判別式∆ = b2 - 4ac ,
(1) ∆ > 0
(2) ∆ = 0
(3) ∆ < 0
根的性質α+β = -b/a , αβ = c/a .
(1) (α +β)2 = α2 +2αβ + β2
(2) α/β + β/α = α2 + β2 / αβ
(3) α3 + β3 = (α +β)(α2 - αβ+β2)
(4) (√α +√β )2 = α + β + 2√αβ
(1) 三次式, 即有三根. 首先找有理根. f(a) = 0 .
x = -1 , f(-1) = -1 -3 +17 - 13 = 0 , x +1 為 f(x) 的因式 ; 所以, f(x) = (x+1)Q(x). 求Q(x)藉由長除法. Q(x) = x^2- 4x -13 . Q(x) 為二次式,可由根的判別式∆ = b2 - 4ac判斷其根的性質 . ∆ = 16 - 4*(-13) > 0 ; 有相異兩實根可由求根公式求之.
(2) 三次式, 即有三根. 首先找有理根f(a) = 0
a = -1 , f(-1) = -2 -5 +4 + 3 = 0 , x+1 x +1 為 f(x) 的因式 , 所以, f(x) = (x+1)Q(x).求Q(x)藉由長除法. Q(x) = 2x^2 - 7x + 3 Q(x) 為二次式,可由根的判別式∆ = b2 - 4ac判斷其根的性質∆ =49 - 4*2*3 > 0 有相異兩實根可由求根公式求之
已知有一根為 1+3i , 故由根的性質可以得知, 必有一個共軛複數根1-3i 且有一個二次多項式為其因式,其為(x-(1+3i))(x-(1-3i)) = x^2 -(1-3i)x - (1+3i)x + (1-9(-1)) = x^2 - (1-3i+1+3i)x + 10 = x^2- 2x + 10 , f(x) = (x^2- 2x + 10)Q(x) , Q(x) = x^2- x - 6 .這個式子容易分解為(x-3)(x+2), 求出 x = 3 , x = -2 .
已知有一根為 -1+2i , 故由根的性質可以得知, 必有一個共軛複數根-1+2i 且有一個二次多項式為其因式,(x-(-1+2i))(x-(-1-2i)) =x^2-(-1-2i)x-(-1+2i)x + (1+4) = x^2 - (-2)x + 5 = x^2 + 2x + 5 , f(x) = (x^2+2x+5)Q(x) . Q(x) = x^2+x+(a-7)
b-5 -2(a-7) = 0 , b - 5 - 4 = 0 , b = 9
10 - 5(a-7) = 0 , 5(a-7) = 10 , a - 7 = 2 , a = 9
(1)
由勘根定理, f(n)f(n+1) < 0 , 又由題意所知, 恰有一正根. 所以由x = 0 開始.
f(0) = -4 < 0
f(1) = 1 -3 +3 - 4 = -3 < 0
f(2) = 8 - 3*4 + 6 - 4 = 8 - 12 + 6- 4 < 0
f(3) = 27 - 27 + 9 - 4 > 0 , f(2)f(3) < 0 故 [2,3]間至少一實根存在, n = 2 .
(2) a = 2+3/ 2 = 2.5 , f(2.5) = 15.625 - 18.75 + 7.5 - 4 > 0 , f(2)f(2.5) < 0
故可以判定此正根向2趨近.
f(x) 為四次實數多項式. 故必有4個根. 如上表格所列,
f(0) = 2
f(1) = -1 , f(0)f(1) < 0 ; 必有一實根
f(2) = 1 , f(1)f(2) < 0 ; 必有一實根
f(3) = -3 , f(2)f(3) < 0 ; 必有一實根
故目前已經知道有3個實根,即f(x) = (x-a)(x-b)(x-c)Q(x) ; a,b,c 皆為f(x)的實數根解.
Q(x) = f(x)/[(x-a)(x-b)(x-c)] , Q(x) 必為一次式. 所以Q(x) 為 (x-d)形式, 且為f(x)之因式.
Ans (1)
thinking ...
(1)
由題意, g(2+i) = 0 , (2+i)^2 + a(2+i) + b = 0 同理, 另有一共軛複數根 2- i , 使得g(2-i) = 0 .
g(2-i) = (2-i)^2 + a(2-i) + b = 0 , 即 4 + 4i - 1 +a(2+i) + b = 0 , 4 - 4i -1 +a(2-i) + b = 0
3+4i+a(2+i)+b = 0
3-4i+a(2-i)+b = 0
a = -4 , b =5 .
(2) 除除看
(3) 袋袋看, has another better way ? thinking ...
由題意,有三個相異有理根, 也就是三個根為實數解. 則f(x) 可以分解為(x-n)(x-p)(x-q) 的形式. 觀察一下 , 我們將其分別提出共同式再試著化成如上的形式
x^2(x+a) + (bx+5) , b = 5 , a =1
x^2(x+1)+5(x+1)
(x+1)(x^2+5) , x = -1 但另兩根非為有理數 . 故不合.
x^2(x+a) + (bx+5) = x^2(x+a) + b(x+5/b) , b ≠ 0
x+a = x+ 5/b , a =5/b
b = 1 , a = 5 ; (x+5)(x^2+1) 不合
b = -1 , a = -5 ; x^2(x-5)-(x-5) = (x^2-1)(x-5) ; x = 1 , x = -1 , x = 5 為所求.
通常在試時,都盡可能地以整數代入且能整除者為原則.
有兩個複數根 a + i , 1+ bi ; 因為為共軛 a = 1 , b = -1 . 所以代入其中.
(x - (1+i))(x-(1-i)) 為其因式. 展開(x^2 -(1+i+1-i)x+(1+1)) = x^2 - 2x + 2 .
所以 f(x) = (x^2 - 2x + 2)Q(x)+R(x) , Q(x) = x- 5 , R(x) = (m-32)x + (n+30)
若 R(x) = 0 , 則 Q(x) 為其因式. 所以 m -32 = 0 , n+30 = 0 ; m = 32 , n = -30
故f(x) = (x^2 - 2x + 2)(x-15) , 只有一實根 15 .
f(v) = v/10 + 90/v +1 , 為閃黃燈秒數計算公式. 閃黃燈秒數為7秒即 7 = v/10 + 90/v + 1
7v = v^2/10 + 90 + v , 6v = v^2/10 + 90 , 60v = v^2 + 900 , (v-30)^2 = 0, v = 30
四個角截去面積相等的正方形 ; 假設正方形邊長為x公尺,故容器長邊為6-2x 公尺, 短邊為4-2x 公尺,高為x公尺.
容器體積為 V(x) = (6-2x)(4-2x)x = 8 .
4(3-x)(2-x)x = 8
(3-x)(2-x)x = 2
x(x-3)(x-2) = 2
x(x^2-5x+6)= 2
x^3-5x^2+6x - 2 = 0 使用勘根定理, f(x) = x^3-5x^2+6x - 2 .
f(0) < 0 , f(1) = 1-5+6- 2 = 0
f(2) = 8 - 20 + 12 - 2 < 0
f(3) = 27 - 45+18- 2 < 0
f(4) = 64 - 80 + 24 - 2 > 0 , f(3)f(4) < 0 ; 故[3,4] 間有一實根.
f(5) = 125 - 125 + 30 - 2 > 0
還要繼續下去嗎 ? 若 4 < x < 5 , 4-2x < 0 不合
類題補充
假設 z = a + bi , 且 a = 2 , z = 2 + bi , 1/z = 1/2+ bi = 2 - bi / 4 + b^2 = 1/4
2/4+ b^2 = 1/4 . 4+b^2 = 8 , b^2 = 4 , b = 2 or -2 代入check
b = 2 , 1/z = 1/ 2+ 2i = 1/2 (1/1+i) = 1/2 ( 1- i / 1+1 ) = 1/4 (1- i ) 不合
b = -2 , 1/z = 1/2 -2i = 1/2(1/1-i)= 1/2(1+i/1+1) = 1/4 ( 1+i)
(1) 因為有一根 2+ i , 由根的性質必有一個共軛根 2 - i . 則必有一個因式 Q(x), Q(x) = (x-(2+i))(x-(2-i)) = x^2-4x + 5 使得 f(x) = Q(x)P(x) , P(x) = f(x)/Q(x) = x^2 - x - 6.
x^2 - x - 6 = (x-3)(x+2). x = 3 , x = -2 .
(2) 與x軸的交點 ; 即實數解 x = -2 及 3
a+3i /1+2i = (a+3i)(1-2i) / 1 + 4 = a - 2ai + 3i + 6 / 5 = (a+6) + (3-2a)i / 5
a+ 6/ 5 = 0 , 3 - 2a ≠ 0
a+6 = 0 , a= -6 , -2a ≠ -3 , a ≠ 3/2
由於二次多項式 , 根的判別式 49 - 4k > 0 , -4k > -49 ; 4k < 49 , k < 49/4 .
又因為兩根α , β之積 , 5/71 < αβ < 6/71 , αβ = c/a = 1/k , α+β = -b/a = - 7/k .
5/71 < 1/k < 6/71 , 71/6 < k < 71/5 , 11 < k < 15 , k is an integral number.
k < 49 /4 < 13 , 所以 11 < k < 13 , 故 k = 12 .
由題意, 有一實數解, 故另一解必為實數解, 只有兩種可能,
case 1 : 重根
case 2 : 相異根
case 1 : (k+i)^2 + 4(3+i) = (k^2+2ik-1) + 12 + 4i = k^2 + 2ik + 4i + 11 ,因為式中有虛數, 故思考方向必須消除i, 則 k = -2
(1) [α2 + β2 + (α + β) ]/ (αβ + (α + β) + 1) = [(α + β)2 - 2αβ] + (α + β) / [(α + β)2 - 2αβ] + 1 + αβ
(2) α3 + β3 + 6(α + β) / (αβ)2+ 6(α2 + β2) + 36
α + β = -b/a , αβ = c/a
由根的性質, 必有一共軛根 1 + 3i , 故 (x-(1-3i))(x+(1+3i)) 為其因式.
f(x) = Q(x)P(x) , P(x) = f(x)/Q(x) 求出 a,b
有點混淆視聽,看起來好像只有 3-2i , i , 5 三根, 其實想想看, 共有 3-2i , 3+ 2i , i , - i , 5 , ... 不知多少根, 但由題意求最低次實係數方程式, 所以我們只要找剛好夠用的根數就好,即 3-2i, 3+2i , i , -i , 5 共5根. 所以為5次多項式.
即 ( x- (3-2i))(x-(3+2i))(x-i)(x+i)(x-5) = ( x+1)(x-5)(x^2-6x+13)
已知與x軸相交於兩點, 故有相異兩實根, 0 = -1 + p - q - 3 , 4 = p -q , 4+ q = p
x^3+px^2+qx-3 = x^2(x+p)+(qx-3) = x^2(x+p)+((p-4)x-3)
f(1) = 1 , f(2) =2 , f(5) = 5
f(x) = x^3+ax^2+bx+c
1 = 1+a+b+c
2 = 8 + 4a+2b+ c
5 = 125 + 25a+5b +c
a+b+c = 0
4a+2b+c = -6
25a + 5b + c = -120
21 a + 3b = -114
7a + b = - 38
3a +b = -6
4a = -32 , a = -8 代回 -24 + b = -6 , b = 18 , - 8 + 18 + c = 0 , c = -10 .
f(x) = x^3 - 8x^2 + 18x-10 , f(0) < 0
f(1) = 1 - 8 + 18 - 10 > 0 , f(0)f(1) < 0 , [0,1]
f(2) = 8 - 32 + 36 - 10 > 0 , f(1)f(2) > 0
f(5) = 125 - 200 + 80 - 10 < 0 , f(2)f(5) < 0 , [2,5]
1 + i 為f(x) 一根, 依照根的性質, 必有一根為共軛 1- i , 且有一個因式 ( x-(1+i))(x-(1-i)) 為f(x)因式, f(x) = Q(x)(x-(1+i))(x-(1-i)) , Q(x) 為一次式 且 Q(x) = ax+ b ; a, b 為實數.
(x^2 - 2x + 2)Q(x) =f(x) , 因為f(x)為三次式,故 a ≠ 0 . 則必有一根為實根, x = -b/a
由題意知 , 有兩複數根 a + 2 i , 1 + bi , 則由根的性質 a = 1 , b = -2 . 所以必有一個 二次因式 ( x- (1+2i))( x+(1-2i)) , x^2 - 2x + 5. 因為為三次多項式,故必有一因式為一次式即 ax + b . 所以使用長除法,求出為 x-6 , 故實根為 6.
(1) (8^1/2) i * 2^1/2 = 4i
(2) (12^1/2)i * (18^1/2) i = (-1) 6^3/2
(3) 3/i = 3i / (-1) = -3i
z 為一個複數, z' 為其共軛 , 且 z = z'
首先有理化z , z = (1+2i)(a+i) / a^2 + 1 = (a-2)+ (1+2a)i / (a^2 +1)
z' = (a-2)- (1+2a)i / (a^2 +1) , z = z' 則 z - z' = 0
2(1+2a) i / a^2+ 1 = 0 , 1+2a = 0 , 2a = -1 , a = -1/2
假設 z1 = a+bi , z2 = c+di
依題意 , b = 2 , c = 5 且 z1+z2 = (a+c) + (b+d)i 的虛部為8 , 即 b+d = 8 , d = 6
z1*z2 = (a+2i)*(5+6i) = 5a + 6ai + 10i -12 = (5a-12) + (6a+10)i , 5a - 12 = -2 , 5a = 10 , a = 2 .
z1 = 2 + 2 i , z2 = 5 + 6i
由於是二次式 , 可由根的判別式 36 - 16 > 0 ,故有兩實根 α , β .
(1) = α + β + 2(αβ)^1/2 , α+β = - b/a , αβ = c/a
(2) (x - α(β+1))(x- β(α+1))
假設兩根為 a, 3a , 則由根的性質 a + 3a = -1 , 3a^2 = k
由題意,有一實根α, 所以必有另一實根β, 這式子必然可以寫成 ( x - β ) ( x - α ) . 觀察
x + y - 4i = 1+ xyi , x + y = 1 , xy = -4
原式^2 = (x + y / (xy)^1/2)^2 = (x+y)^2 / xy = -/4 (答案有誤)
(1)(3)(5)
(4) = 先要有理化分母.
由題意, 必有 1+ 3i 故可表示為 (x-(1-3i))(x-(1+3i)) 展開, 比較係數求出 a,b
因為f(x) 為三次多項式, 且 f(3-i) = 0 則必有一個共軛根 3+ i , 且使得 f( 3+ i ) = 0 .
故存在一個因式 (x- (3+i))(x-(3-i)) 及一個多項式Q(x) 使得 f(x) = Q(x)(x- (3+i))(x-(3-i)) .
故Q(x) 必為一次式, 故且與x軸交於一點.
由題意,有四個相異的有理根, 故觀察到常數項為 - 8 且四次方向係數為 1 , 所以可能的分解為 1,-1,2,-2,4-4,8,-8 , 故有(x+1), (x-1),(x+2),(x-2),(x+4),(x-4),(x+8),(x-8) 及 -(x+1), -(x-1),-(x+2),-(x-2),-(x+4),-(x-4),-(x+8),-(x-8) 共16個因式. 用因式定理
f(-1) = 1 + 6 - a -b - 8 = -1 - (a+b)
f(1) = 1 -6 + a +b - 8 = a+b - 15
f(2) =
由題意, f(p) = p 是一個因素 . 即 p^3 - 2p - 1 = p , p^3 - 3p - 1 = 0 , p(p^2-3) = 1
f(-2) = - 8 + 4 - 1 = -5 , f(-1) = -1 +2 -1 = 0
f(0) = -1 , f(1) = 1-2-1 = -2 , f(2) = 8 -4 -1 = 3 , f(3) = 27 -6 -1 = 20 , f(1)f(2) < 0
p^3 - 1 = 3p
因為為三次多項式, 故必有三根. 嘗試因式分解如下 or 帶幾個值試試看.
二次方多項式求解
看看其求解方法
(1) Yes . 三次多項不多也不少就3根.
(2) 因為f(x)為三次實係數多項式, 如果有虛根必為成對,故為兩根;如果沒虛根必為三實根. 所以至少一實根.
(3) Yes. 因為f(x)在 [1,2] 間不會穿過x軸.
(4) Yes. 1-2i 會使f(x) 為0 , 則必為其一根;且由根的性質,必有一共軛根即 1+ 2i , 故此兩根所成的因式為 ( x-(1-2i))(x-(1+2i)) = x^2 - (1+2i)x - (1-2i)x + (1 + 4) = x^2 - (1+2i+1-2i)x + 5 = x^2 - 2x + 5 必可整除f(x).
(5) Yes. 因為三次多項不多也不少就3根,根據虛根成對性質,必有一實根.
由題意,f(x), g(x) 有相同的虛根. 因為f(x)為四次式,故必有一個因式為2次式. 其形式為:
f(x) = (x^2+ax+b)(x^2+cx+d) 而g(x) 必有一個因式為一次式,即 g(x) = (x+n)Q(x), Q(x)為2次式. 觀察f(x) 發現 x = 1 , f(1) = 1+2-1-2 = 0 ; 所以 (x-1)為f(x)一個因式 , f(x) = (x-1)Q'(x) ; Q'(x) 為3次式. 使用長除法, 求出Q'(x) = x^3+3x^2+3x+2 = (x+2)(x^2+x+1), x = -2 為其實根 , 2次式由根的判別式, ∆ = 1-4 < 0 , 固有共軛虛根. 故x^2+x+1 亦為g(x)的一個因式. 利用長除法, 求出 Q(x) = 2x + (a-2) , 其餘式必須為0 ; 即
b - a = 0 , 4 -a = 0 , a = 4 , b =4
f(x) = x^3 + ax^2+bx + c , 1 - (3^1/2)i 為其一根, 則依根的性質,必有一共軛根 1 + (3^1/2)i 且有一個因式 P(x) = ( x - (1 - (3^1/2)i))( x - (1 + (3^1/2)i)) 必能整除 f(x) , f(x) = Q(x)P(x) .
P(x) = x^2 - 2x + 4 . 故使用長除法 Q(x) = x + (a-2) , 且餘式為0 ; 故 b - 4 +2(a-2) = 0 , c - 4(a-2) = 0 . b - 4 +2a - 4 = 0 , b +2a = 8 , c = 4(a-2) 又由題意知,與x^2+ax+2 = 0 恰有一公根;所以, 必非虛根. why ? , Q(x) 必能整除 x^2+ax + 2 , x^2+ax + 2 = Q(x)R(x). 得 2 - 2(a-2) = 0 ,-(a -2) = -1, a = 3 . 代回求出 b,c .
已知 -2- i 為一根, 由根的性質, -2 + i 亦為另一根. 必有一因式 (x - (-2-i))(x - (-2+i)) 可整除 f(x), f(x) = Q(x)(x-(-2-i))(x-(-2+i)) . Q(x) 必為一次式,且有一個實數根.
由題意,有三個相異有理根, 也就是三個根為實數解. 則f(x) 可以分解為(x-n)(x-p)(x-q) 的形式. 觀察一下 , 我們將其分別提出共同式再試著化成如上的形式
x^2(x+a) + (bx+5) , b = 5 , a =1
x^2(x+1)+5(x+1)
(x+1)(x^2+5) , x = -1 但另兩根非為有理數 . 故不合.
x^2(x+a) + (bx+5) = x^2(x+a) + b(x+5/b) , b ≠ 0
x+a = x+ 5/b , a =5/b
b = 1 , a = 5 ; (x+5)(x^2+1) 不合
b = -1 , a = -5 ; x^2(x-5)-(x-5) = (x^2-1)(x-5) ; x = 1 , x = -1 , x = 5 為所求.
通常在試時,都盡可能地以整數代入且能整除者為原則.
有兩個複數根 a + i , 1+ bi ; 因為為共軛 a = 1 , b = -1 . 所以代入其中.
(x - (1+i))(x-(1-i)) 為其因式. 展開(x^2 -(1+i+1-i)x+(1+1)) = x^2 - 2x + 2 .
所以 f(x) = (x^2 - 2x + 2)Q(x)+R(x) , Q(x) = x- 5 , R(x) = (m-32)x + (n+30)
若 R(x) = 0 , 則 Q(x) 為其因式. 所以 m -32 = 0 , n+30 = 0 ; m = 32 , n = -30
故f(x) = (x^2 - 2x + 2)(x-15) , 只有一實根 15 .
f(v) = v/10 + 90/v +1 , 為閃黃燈秒數計算公式. 閃黃燈秒數為7秒即 7 = v/10 + 90/v + 1
7v = v^2/10 + 90 + v , 6v = v^2/10 + 90 , 60v = v^2 + 900 , (v-30)^2 = 0, v = 30
四個角截去面積相等的正方形 ; 假設正方形邊長為x公尺,故容器長邊為6-2x 公尺, 短邊為4-2x 公尺,高為x公尺.
容器體積為 V(x) = (6-2x)(4-2x)x = 8 .
4(3-x)(2-x)x = 8
(3-x)(2-x)x = 2
x(x-3)(x-2) = 2
x(x^2-5x+6)= 2
x^3-5x^2+6x - 2 = 0 使用勘根定理, f(x) = x^3-5x^2+6x - 2 .
f(0) < 0 , f(1) = 1-5+6- 2 = 0
f(2) = 8 - 20 + 12 - 2 < 0
f(3) = 27 - 45+18- 2 < 0
f(4) = 64 - 80 + 24 - 2 > 0 , f(3)f(4) < 0 ; 故[3,4] 間有一實根.
f(5) = 125 - 125 + 30 - 2 > 0
還要繼續下去嗎 ? 若 4 < x < 5 , 4-2x < 0 不合
類題補充
假設 z = a + bi , 且 a = 2 , z = 2 + bi , 1/z = 1/2+ bi = 2 - bi / 4 + b^2 = 1/4
2/4+ b^2 = 1/4 . 4+b^2 = 8 , b^2 = 4 , b = 2 or -2 代入check
b = 2 , 1/z = 1/ 2+ 2i = 1/2 (1/1+i) = 1/2 ( 1- i / 1+1 ) = 1/4 (1- i ) 不合
b = -2 , 1/z = 1/2 -2i = 1/2(1/1-i)= 1/2(1+i/1+1) = 1/4 ( 1+i)
(1) 因為有一根 2+ i , 由根的性質必有一個共軛根 2 - i . 則必有一個因式 Q(x), Q(x) = (x-(2+i))(x-(2-i)) = x^2-4x + 5 使得 f(x) = Q(x)P(x) , P(x) = f(x)/Q(x) = x^2 - x - 6.
x^2 - x - 6 = (x-3)(x+2). x = 3 , x = -2 .
(2) 與x軸的交點 ; 即實數解 x = -2 及 3
a+3i /1+2i = (a+3i)(1-2i) / 1 + 4 = a - 2ai + 3i + 6 / 5 = (a+6) + (3-2a)i / 5
a+ 6/ 5 = 0 , 3 - 2a ≠ 0
a+6 = 0 , a= -6 , -2a ≠ -3 , a ≠ 3/2
同乘a + bi 對等使兩邊除去分母,再比較係數即可 a,b
由於二次多項式 , 根的判別式 49 - 4k > 0 , -4k > -49 ; 4k < 49 , k < 49/4 .
又因為兩根α , β之積 , 5/71 < αβ < 6/71 , αβ = c/a = 1/k , α+β = -b/a = - 7/k .
5/71 < 1/k < 6/71 , 71/6 < k < 71/5 , 11 < k < 15 , k is an integral number.
k < 49 /4 < 13 , 所以 11 < k < 13 , 故 k = 12 .
由題意, 有一實數解, 故另一解必為實數解, 只有兩種可能,
case 1 : 重根
case 2 : 相異根
case 1 : (k+i)^2 + 4(3+i) = (k^2+2ik-1) + 12 + 4i = k^2 + 2ik + 4i + 11 ,因為式中有虛數, 故思考方向必須消除i, 則 k = -2
(1) [α2 + β2 + (α + β) ]/ (αβ + (α + β) + 1) = [(α + β)2 - 2αβ] + (α + β) / [(α + β)2 - 2αβ] + 1 + αβ
(2) α3 + β3 + 6(α + β) / (αβ)2+ 6(α2 + β2) + 36
α + β = -b/a , αβ = c/a
由根的性質, 必有一共軛根 1 + 3i , 故 (x-(1-3i))(x+(1+3i)) 為其因式.
f(x) = Q(x)P(x) , P(x) = f(x)/Q(x) 求出 a,b
有點混淆視聽,看起來好像只有 3-2i , i , 5 三根, 其實想想看, 共有 3-2i , 3+ 2i , i , - i , 5 , ... 不知多少根, 但由題意求最低次實係數方程式, 所以我們只要找剛好夠用的根數就好,即 3-2i, 3+2i , i , -i , 5 共5根. 所以為5次多項式.
即 ( x- (3-2i))(x-(3+2i))(x-i)(x+i)(x-5) = ( x+1)(x-5)(x^2-6x+13)
已知與x軸相交於兩點, 故有相異兩實根, 0 = -1 + p - q - 3 , 4 = p -q , 4+ q = p
x^3+px^2+qx-3 = x^2(x+p)+(qx-3) = x^2(x+p)+((p-4)x-3)
f(x) = x^3+ax^2+bx+c
1 = 1+a+b+c
2 = 8 + 4a+2b+ c
5 = 125 + 25a+5b +c
a+b+c = 0
4a+2b+c = -6
25a + 5b + c = -120
21 a + 3b = -114
7a + b = - 38
3a +b = -6
4a = -32 , a = -8 代回 -24 + b = -6 , b = 18 , - 8 + 18 + c = 0 , c = -10 .
f(x) = x^3 - 8x^2 + 18x-10 , f(0) < 0
f(1) = 1 - 8 + 18 - 10 > 0 , f(0)f(1) < 0 , [0,1]
f(2) = 8 - 32 + 36 - 10 > 0 , f(1)f(2) > 0
f(5) = 125 - 200 + 80 - 10 < 0 , f(2)f(5) < 0 , [2,5]
1 + i 為f(x) 一根, 依照根的性質, 必有一根為共軛 1- i , 且有一個因式 ( x-(1+i))(x-(1-i)) 為f(x)因式, f(x) = Q(x)(x-(1+i))(x-(1-i)) , Q(x) 為一次式 且 Q(x) = ax+ b ; a, b 為實數.
(x^2 - 2x + 2)Q(x) =f(x) , 因為f(x)為三次式,故 a ≠ 0 . 則必有一根為實根, x = -b/a
所以答案為(1)(2)(4)(5)
加強練習
加強練習
由題意知 , 有兩複數根 a + 2 i , 1 + bi , 則由根的性質 a = 1 , b = -2 . 所以必有一個 二次因式 ( x- (1+2i))( x+(1-2i)) , x^2 - 2x + 5. 因為為三次多項式,故必有一因式為一次式即 ax + b . 所以使用長除法,求出為 x-6 , 故實根為 6.
(1) (8^1/2) i * 2^1/2 = 4i
(2) (12^1/2)i * (18^1/2) i = (-1) 6^3/2
(3) 3/i = 3i / (-1) = -3i
z 為一個複數, z' 為其共軛 , 且 z = z'
首先有理化z , z = (1+2i)(a+i) / a^2 + 1 = (a-2)+ (1+2a)i / (a^2 +1)
z' = (a-2)- (1+2a)i / (a^2 +1) , z = z' 則 z - z' = 0
2(1+2a) i / a^2+ 1 = 0 , 1+2a = 0 , 2a = -1 , a = -1/2
依題意 , b = 2 , c = 5 且 z1+z2 = (a+c) + (b+d)i 的虛部為8 , 即 b+d = 8 , d = 6
z1*z2 = (a+2i)*(5+6i) = 5a + 6ai + 10i -12 = (5a-12) + (6a+10)i , 5a - 12 = -2 , 5a = 10 , a = 2 .
z1 = 2 + 2 i , z2 = 5 + 6i
由於是二次式 , 可由根的判別式 36 - 16 > 0 ,故有兩實根 α , β .
(1) = α + β + 2(αβ)^1/2 , α+β = - b/a , αβ = c/a
(2) (x - α(β+1))(x- β(α+1))
假設兩根為 a, 3a , 則由根的性質 a + 3a = -1 , 3a^2 = k
由題意,有一實根α, 所以必有另一實根β, 這式子必然可以寫成 ( x - β ) ( x - α ) . 觀察
x + y - 4i = 1+ xyi , x + y = 1 , xy = -4
原式^2 = (x + y / (xy)^1/2)^2 = (x+y)^2 / xy = -/4 (答案有誤)
(4) = 先要有理化分母.
由題意, 必有 1+ 3i 故可表示為 (x-(1-3i))(x-(1+3i)) 展開, 比較係數求出 a,b
因為f(x) 為三次多項式, 且 f(3-i) = 0 則必有一個共軛根 3+ i , 且使得 f( 3+ i ) = 0 .
故存在一個因式 (x- (3+i))(x-(3-i)) 及一個多項式Q(x) 使得 f(x) = Q(x)(x- (3+i))(x-(3-i)) .
故Q(x) 必為一次式, 故且與x軸交於一點.
由題意,有四個相異的有理根, 故觀察到常數項為 - 8 且四次方向係數為 1 , 所以可能的分解為 1,-1,2,-2,4-4,8,-8 , 故有(x+1), (x-1),(x+2),(x-2),(x+4),(x-4),(x+8),(x-8) 及 -(x+1), -(x-1),-(x+2),-(x-2),-(x+4),-(x-4),-(x+8),-(x-8) 共16個因式. 用因式定理
f(-1) = 1 + 6 - a -b - 8 = -1 - (a+b)
f(1) = 1 -6 + a +b - 8 = a+b - 15
f(2) =
由題意, f(p) = p 是一個因素 . 即 p^3 - 2p - 1 = p , p^3 - 3p - 1 = 0 , p(p^2-3) = 1
f(-2) = - 8 + 4 - 1 = -5 , f(-1) = -1 +2 -1 = 0
f(0) = -1 , f(1) = 1-2-1 = -2 , f(2) = 8 -4 -1 = 3 , f(3) = 27 -6 -1 = 20 , f(1)f(2) < 0
p^3 - 1 = 3p
因為為三次多項式, 故必有三根. 嘗試因式分解如下 or 帶幾個值試試看.
二次方多項式求解
看看其求解方法
這個可以用兩個多項式g(x), h(x) 之和表示, f(x) = g(x) + h(x) .
先由g(x),h(x)的根最小值帶入找起,
x = 4 , h(4) < 0 , f(4) < 0
x = 5 , g(5) > 0 , f(5) > 0 , f(4)f(5) < 0 ; 故 [4,5] 必有一根
x = 6 , h(6) > 0 , f(6) < 0
x = 7 , g(7) < 0 , f(7) < 0 , f(6)f(7) < 0 ; 故 [6,7] 必有一根
x = 8 , h(8) < 0 , f(8) < 0
x = 9 , g(9) > 0 , f(9) >0 , f(8)f(9) < 0 ; 故 [8,9] 必有一根
(1) Yes . 三次多項不多也不少就3根.
(2) 因為f(x)為三次實係數多項式, 如果有虛根必為成對,故為兩根;如果沒虛根必為三實根. 所以至少一實根.
(3) Yes. 因為f(x)在 [1,2] 間不會穿過x軸.
(4) Yes. 1-2i 會使f(x) 為0 , 則必為其一根;且由根的性質,必有一共軛根即 1+ 2i , 故此兩根所成的因式為 ( x-(1-2i))(x-(1+2i)) = x^2 - (1+2i)x - (1-2i)x + (1 + 4) = x^2 - (1+2i+1-2i)x + 5 = x^2 - 2x + 5 必可整除f(x).
(5) Yes. 因為三次多項不多也不少就3根,根據虛根成對性質,必有一實根.
由題意,f(x), g(x) 有相同的虛根. 因為f(x)為四次式,故必有一個因式為2次式. 其形式為:
f(x) = (x^2+ax+b)(x^2+cx+d) 而g(x) 必有一個因式為一次式,即 g(x) = (x+n)Q(x), Q(x)為2次式. 觀察f(x) 發現 x = 1 , f(1) = 1+2-1-2 = 0 ; 所以 (x-1)為f(x)一個因式 , f(x) = (x-1)Q'(x) ; Q'(x) 為3次式. 使用長除法, 求出Q'(x) = x^3+3x^2+3x+2 = (x+2)(x^2+x+1), x = -2 為其實根 , 2次式由根的判別式, ∆ = 1-4 < 0 , 固有共軛虛根. 故x^2+x+1 亦為g(x)的一個因式. 利用長除法, 求出 Q(x) = 2x + (a-2) , 其餘式必須為0 ; 即
b - a = 0 , 4 -a = 0 , a = 4 , b =4
f(x) = x^3 + ax^2+bx + c , 1 - (3^1/2)i 為其一根, 則依根的性質,必有一共軛根 1 + (3^1/2)i 且有一個因式 P(x) = ( x - (1 - (3^1/2)i))( x - (1 + (3^1/2)i)) 必能整除 f(x) , f(x) = Q(x)P(x) .
P(x) = x^2 - 2x + 4 . 故使用長除法 Q(x) = x + (a-2) , 且餘式為0 ; 故 b - 4 +2(a-2) = 0 , c - 4(a-2) = 0 . b - 4 +2a - 4 = 0 , b +2a = 8 , c = 4(a-2) 又由題意知,與x^2+ax+2 = 0 恰有一公根;所以, 必非虛根. why ? , Q(x) 必能整除 x^2+ax + 2 , x^2+ax + 2 = Q(x)R(x). 得 2 - 2(a-2) = 0 ,-(a -2) = -1, a = 3 . 代回求出 b,c .
已知 -2- i 為一根, 由根的性質, -2 + i 亦為另一根. 必有一因式 (x - (-2-i))(x - (-2+i)) 可整除 f(x), f(x) = Q(x)(x-(-2-i))(x-(-2+i)) . Q(x) 必為一次式,且有一個實數根.
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