应用方程方法解答非方程问题

杨学枝

(福建省福州第二十四中学 350015)

方程是中学数学教学中一块极为重要的内容，在数学教学中，一定要重视对方程的教学，深刻理解方程定义、方程性质，并善于应用方程的方法去解答非方程的数学问题，这样常常可以得到简捷解题效果.由此，本文将举数例说明方程在证明等式、不等式等方面的应用，同时可以看出，应用方程的方法解题的优越性.

1 应用方程证明恒等式

例1设ai,bi(i=1,2,…,n)是两组复数，ai(i=1,2,…,n)互不相等，满足

(a1+b1)(a1+b2)…(a1+bn)

=(a2+b1)(a2+b2)…(a2+bn)=…

=(an+b1)(an+b2)…(an+bn).

求证：

(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.

证明(a1+b1)(a1+b2)…(a1+bn)

=(a2+b1)(a2+b2)…(a2+bn)=…

=(an+b1)(an+b2)…(an+bn)=m,

则x=a1,a2,…,an可看作方程(x+b1)(x+bn)…(x+bn)-m=0的n个不同的根，因此，根据方程的基本定理可知，对于任意复数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，分别令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)中的等式获证.

(2)将式①展开后，根据多项式性质，比较两边系数，即得(2)中的等式.

同理，类似(2)的解法，由式①还可得到其他有关等式，如：

等等.

在本例中，要善于从等式形式看到方程的本质，从而应用方程基本定理求解,这种解法要较其他方法清晰、简捷.

欧拉(L. Euler, 1707-1783, 瑞士)是十八世纪最著名的数学家，他不仅在高等数学的各个分支中，取得了广泛成就，就是在初等数学中，也到处留下了欧拉的足迹.其中有一个鲜为人知的关于分式的欧拉公式：

上述分式的欧拉公式可以进一步加以推广，得到一个更为一般的如下分式等式:

例2设xk(k=1,2,…,n,n≥2)是n个互不相等的复数，则有

(1)

(2)

(3)

证明由于证法类似，下面我们仅就2≤m=n时的情况用数学归纳法给予证明，以下字母均符合定理1所给的条件.

当n=2时，不难证明

=(x1+x2)-(t1+t2)，

事实上，我们如果记

-(x1+x2)+(t1+t)，

可视为以t为字母的小于或等于一次多项式，由于f(x1)=f(x2)=0，又x1≠x2，因此f(t)=0，再取t=t2，便证明了n=2时式(3)成立.

假设n=k时，式(3)成立，即

今记f(t)等于

可视为其关于t的小于或等于一次多项式，命t=x1和t=x2，根据假设可知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

这说明当n=k+1时，式(3)也成立.由以上可知，对于n≥2的任意自然数时，式(3)总成立，证毕.

本例解答中巧妙地应用了多项式性质.

例3设n个数xi∈C，i=1,2,…,n，其初等对称多项式为si(i=1,2,…,n)又x1,x2,…,xn两两互不相等，则

…………

证明由题意可知，xi∈C，i=1,2,…,n是方程xn-s1xn-1+s2xn-2-…+(-1)nsn=0的n个根，由此反过来，我们可以将以下方程组看成是关于未知数是s1，-s2，…(-1)n-1sn的方程组：

本例解答中巧妙地将一元n次方程问题转化为n元一次方程组问题求解，将一元n次方程的各项系数看成n元一次方程组n个未知数，将xi(i=1,2,…,n)作为已知数，解出n元一次线性方程组.

…，

证明由已知条件可知，a1,a2,…,an是方程

xn-s1xn-1+s2xn-2-s3xn-3+…+(-1)nsn

=0

的n个根.

当n为奇数时，将上述方程变换后两边平方，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

展开整理即为

当n为偶数时，将上述方程变换后两边平方，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

展开整理即为

的n个根，于是，根据方程根与系数关系，即得原命题中的诸个等式.

本例是应用方程根与系数关系的典型例子，根据方程根与系数关系构造一元n次方程，并对这个方程进行平方变换，然后再次利用方程根与系数关系一举获得一揽子等式.

证明由题意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个根，若这n+1个根均不为零时，则上述方程可以写成

=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)，其中有一个根为零，不妨设xn+1=0，其余n个均不为零，这时，问题变为：

设xi∈C，i=1,2,…,n，其初等对称多项式为si(i=1,2,…,n)，则

Pn-s1Pn-1+s2Pn-2-s3Pn-3+…+(-1)n-1sn-1P1+(-1)nnsn=0，

由题意xi(i=1,2,…,n,)是方程

xn-s1xn-1+s2xn-2-…+(-1)n-1sn=0

的n个根，由于这n个根均不为零，则上述方程可以写成

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.故原式获证.

更一般的有牛顿等幂和公式，读者可参见文献[3]

例6设ABCD是平面凸四边形四边长为AB=a，BC=b，CD=c，DA=d，对角线长为AC=m,BD=n，有一对对角和为900,则

i)(a2b2+c2d2)m2+(a2d2+b2c2)n2

=2(b2c2d2+a2c2d2+a2b2d2+a2b2c2);

ii)m2n2=a2c2+b2d2.

证明由已知条件,得到

cos2∠ABC+cos2∠CDA=1,

利用余弦定理,有

经整理得到

(a2b2+c2d2)m4-2(b2c2d2+a2c2d2

+a2b2d2+a2b2c2)m2

+(a2c2+b2d2)(a2d2+b2c2)=0,

上式两边同乘以(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、②两式可知，(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,

的两个根，于是由方程根与系数关系便得到

(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.

故原命题获证.

本例应用方程根与系数关系使得解答一举两得，而且计算简便.

注：本例还有多种解法，但应用方程的方法求解较为简捷.

展开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

用反证法.

上式左边大于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，从式①可知，只有

x3-3x+1=0.

由于x3-3x+1

本例将求值问题转化为求方程的解的问题，这类问题我们经常会遇到.

2 应用方程证明不等式或求解极值问题

例8设ai∈R，i=1,2,…,n，其初等对称多项式为s1,s2,…,sn，若si>0，i=1,2,…,n，则ai>0，i=1,2,…,n.

证明由题意可知a1,a2,…,an是方程

xn-s1xn-1+s2xn-2-s3xn-3+…+(-1)n-1sn-1x+(-1)nsn=0

的n个非零根.

当n为偶数时，由原方程式得到

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

当n为奇数时，由原方程式得到

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

故原命题获证.

注：当n=3时，便是1965年全国高考理科数学附加试题：

(1965年高考理科附加题)已知a,b,c为实数，证明a、b、c都为正数的充要条件是a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0.

本例通过改变方程写法，再根据方程定义，从而巧妙地使问题得到了简捷的解决.

本例有多种证明方法，下面应用三次方程实根判定定理，给出一个简捷的证明.

①

≤0,

将上式展开并整理即得

即

这里顺便指出，本例中的不等式应用十分广泛，特别对于一些高难度的三元不等式，常用它来证明.如下例，若用其他方法证明似乎难度较大：

(自创题，2007.09.18)设a,b,c∈R+，且a+b+c=1，则

例10(自创题，2013.05.01)设x,y,z,w∈R+，且xyzw=1，记s1=x+y+z+w，s2=xy+xz+xw+yz+yw+zw，s3=yzw+xzw+xyw+xyz.则

(s1+s3)2≥16(s2-2)，

当且仅当x=y=z=w=1时取等号.

证明由于x,y,z,w∈R+，且xyzw=1，则x,y,z,w中必有一个不大于1，同时必有一个不小于1，不妨设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

的四个正实数根，由此得到

①

原命题获证.

注：可以证明有更强式：s1s3≥4(s2-2).

解由已知条件，可得

因此，x1,x2,x3,x4是方程y4-2y3-y2+2y+x1x2x3x4=0的四个根，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的四个根，于是得到

+4x1x2x3x4

以上两例应用方程定义，方程根与系数关系，并对方程进行适当变换后应用有关不等式予以证明或求最值.

3 应用方程求三角函数式的值或证明三角函数等式

这时一道常见题，可以用三角函数有关公式求解，这里，我们用方程的方法求解，一箭双雕.

即有

在三角求值中，当n为奇数时，sinnα=0可以展开为关于sinα的n次方程式，再应用一元n次方程根与系数关系求值.这里α是一个与n有关的特定的角， 否则所写的等式一般不成立； 另外任意角的倍角的三角函数都可用单角三角函数来表出.

本例先分别求出两式的和与积，从而应用方程方法分别求出两式的值.

例14k,n∈N*，且kn≠0，则

而方程 (x+1)2n+1-(x-1)2n+1=0的2n个根为

于是，有

因此得到

若取x=1，便得到

如果将本例中等式的左边展开，再与其右边比较系数，便可得到一系列等式：

类似方法可以得到以下:

例15(自创题，1970.07.01)当n为不小于3的奇数时，求证

证明略.

如以上例14、例15及其类似问题，主要应用了方程的基本定理和复数有关公式，这是求解这类问题的常用的方法.

有许多数学问题，看似与方程无关，但经过某些变换，或考虑到与方程相关的知识，特别要注意初等对称多项式与一元n次方程的关系等，可以发现它们常常可以转化为方程问题求解，本文仅举数例说明方程在证明等式、不等式等方面的应用，只不过起到启示的作用，实际上，方程思想与方程方法是数学解题中的一个重要的解题策略，值得重视.