利用分解因式法解一元四次方程

权小刚

摘要： 利用待定系数法可将一元四次多项式分解为两个二次多项式的乘积，通过解两个一元二次方程达到求解四次方程的目的.

关键词： 一元四次方程待定系数法分解因式方程的解

一、引言

一元四次方程有根式解法，就是费拉里（Ferrari）解法．此解法亦称差分配方法．此方法是受一元三次方程求解方法的启发而得到的．一元三次方程是在进行了巧妙的换元之后，把问题归结成了一元二次方程从而得解的．于是，如果能够巧妙地把一元四次方程转化为一元三次方程或一元二次方程，就可以利用已知的公式求解．本文利用待定系数法解一元四次方程.

二、主要结论

引理1：四次方程ax+ax+ax+ax+a=0（aa≠0）①可变形为四次方程y+ay+by+c=0②的形式．其中是a=，b=，c=．

由上述引理1知，所有的一元四次方程均可变形为y+ay+by+c=0（aa≠0），故只需讨论②式的解法即可．当b=0时，②式变为y+ay+c=0，得y=，即y=±．下面总设b≠0．

定理2：y+ay+by+c=（y+py+m）（y-py+n），其中p，m，n是关于a，b，c的待定系数．

证明：设方程②有四根y，y，y，y，则有y+ay+by+c=（y-y）（y-y）（y-y）（y-y），因为y-y，y-y，y-y，y-y四个式子中任取两式相乘，必得首项为1的二次三项式，故y+ay+by+c=（y+py+m）（y+qy+n）．比较两边三次项系数有p+q=0，即p=-q，故y+ay+by+c=（y+py+m）（y-py+n）．

定理3：四次方程y+ay+by+c=0的根为y=和y=．其中p，m，n可通过a，b，c的有限次加、减、乘、除运算得到．

证明：由定理2可设

y+ay+by+c=（y+py+m）（y-py+n）=y+（m+n-p）y+（pn-pm）y+mn.

比较上式两边系数，可得

m+n=p+a （Ⅰ）m-n=-（Ⅱ）mn=c （Ⅲ）③

由（Ⅰ），（Ⅱ）可得

m=p+a-?摇n=p+a+?摇④

上式代入（Ⅲ）有p+2ap+a-4c-=0即p+2ap+（a-4c）p-b=0⑤.令p=t，则⑤式变为t+2at+（a-4c）t-b=0⑥．若t为⑥式的任一解，则p=±也满足⑤式，由b≠0知t≠0，代入④式可得

m=p+a-?摇n=p+a+?摇

则（t，m，n）为③式的一组解．为了方便表示，令（p，m，n）为③式的一组解．故有

y+ay+by+c=（y+py+m）（y-py+n）.

解y+py+m=0和y-py+n=0两个方程得②式的解为：

y=和y=.

三、应用举例

例1：解方程x+4x-2x+12x+9=0

解：令x=y-1，原方程变形为y-8y+24y-8=0.

令y-8y+24y-8=（y+py+m）（y-py+n）①

比较上式两边系数，可得：

m+n=p-8 （Ⅰ）m-n=-（Ⅱ）mn=-8 （Ⅲ）

由（Ⅰ），（Ⅱ）可得

m=p-8-?摇n=p-8+?摇②

上式代入（Ⅲ）有p-16p+96-=0

即p-16p+96p-576=0③

令p=t，则上式变为t-16t+96t-576=0.

解上面的方程得t=12为其一解．则p=2为方程③的解．代入②式得：

m=2-2n=2+2

则（12，2-2，2+2）为方程①的一组解．故有：

y-8y+24y-8=（y+2y+2-2）（y-2y+2+2）.

解y+2y+2-2=0和y-2y+2+2=0两个方程得方程①的解为：

y=-±和y=-±.

则原方程的解为：x=-（+1）±和x=-（+1）±.

例2：解方程x-4x+x+4x+1=0 ①

解：令x=y+1代入式①得：y-5y-2y+3=0.

设y-5y-2y+3=（y+py+m）（y-py+n）②，比较两边系数得：

m+n=p-5m-n=mn=3，故有m=p-5+?摇n=p-5-?摇③，代入mn=3得p-10p+13p-4=0.

令p=t，得t-10t+13t-4=0，解此方程得t=1为其一解，代入③得：m=-1，n=-3.将m=-1，n=-3代入②有：y-5y-2y+3=（y+y-1）（y-y-3），得y=，y=，即原方程的解为：x=，y=.

参考文献：

［1］张禾瑞，郝鈵新编.高等代数［M］.高等教育出版社，2007.6.

［2］李长明，周焕山编.初等数学研究［M］.高等教育出版社，2007.4.