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            数学与应用数学专业毕业论文


            分类号: O174.14 密 级: 一般

            单位代码: 学 号:

            本科毕业论文(设计)

            题 专 姓

            目: 多项式理论在初等数学中的应用 业: 名: 数学与应用数学

            指导老师: 职 称:

            答辩日期:

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            本人郑重声明:所呈交的学位论文,是本人在指导教师的指导下,独立进行研究所取得 的成果. 除文中已经注明引用的内容外, 本论文不含任何其他个人或集体已经发表或撰写过 的作品成果.对本文的研究做出重要贡献的个人和集体,均已在文中以明确方式标明.本人 完全意识到本声明的法律结果由本人承担. 作者签名:________ 日期:________

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            作 者 签 名:________ 指导教师签名:________

            日期:________ 日期:________

            多项式理论在初等数学中的应用
            摘 要:多项式理论是高等代数的主要内容之一,它与初等数学有着密切的联系,它 解决了初等数学中关于多项式的很多遗留问题.本文将从因式分解、一元高次方程、多项 式的恒等、证明一类数是无理数等方面来探究多项式理论在初等数学中的应用,并给出 了若干应用方法,彻底解决了一元多项式的理论问题,促使师范专业的学生了解到高等 代数对初等数学的指导作用,体会初等数学与高等代数之间的联系,加强学生对多项式 理论的学习,以便将来为从事中学数学的教师提供帮助. 关键词:因式分解;一元高次方程;多项式的恒等;艾森斯坦判断法

            Polynomial theory in the application of elementary mathematics
            Abstract: Polynomial theory is one of the main content of advanced algebra, it is closely related with elementary mathematics, it solves many legacy of polynomial in elementary mathematics. This paper will explore the application of polynomial theory in elementary mathematics from factorization ,a high degree univariate equation,polynomial identity,to prove that a class is an irrational number etc, and introduce some applicable methods, thoroughly solve the problem of polynomial theory, prompting normal professional students to understand the guidance function of advanced algebra to elementary mathematics, to understand the link between elementary mathematics and advanced algebra, to strengthen the student to the study of polynomial theory, in order to help the middle school mathematics teacher in the future. Key words: Factorization; A high degree univariate equation; Polynomial identity; Eisenstein judgment method

            1

            0 引言
            多项式不仅是中学代数的主要内容之一,也是代数学的一个基本概念,在数学本身 和实际应用中都常遇见它.但因为高等代数与初等数学在研究对象、方法上出现了不同, 加之它的抽象性,造成许多数学专业的大学生认为, “教中学用不上高等代数” ,因此许 多数学师范生对学习高等代数这门课程不够重视.那么如何运用高等代数来指导中学数 学便成了值得探讨的问题. 本文将运用高等代数中的多项式理论方面的知识来处理初等 数学中的一些遗留问题.通过一些实例,使师范院校的学生充分了解到高等代数对初等数 学的指导作用.

            1 判断能否分解因式
            多项式的因式分解是指在给定的数域 F 上,把一个多项式表示成若干个不可约多项 式的乘积.我们知道,一个多项式可能在一个数域上不可约,但在另一数域上可约.例如 多项式 x 2 ? 2 在有理数域上不可约,因为它不能分解成有理数域上两个一次多项式的乘 积,但这个多项式在实数域上可约,因为 x 2 ? 2 ? ( x ? 2 )(x ? 2 ) . 因为在初等数学中,我们接触最多的是有理数域上的多项式且多项式次数不超过 5 次,所以本文将在有理数域上对因式分解作进一步探讨.

            1.1 待定系数法
            按照已知条件把原式假设为若干个因式的乘积,这些因式中的系数可先用字母表示, 它们的值是待定的,由于这些因式的连乘积与原式恒等,根据恒等原理,建立待定系数 的方程组,求出待定系数. 例 1 判断 x 4 ? 2 x 3 ? 8 x ? 1 在有理数域上能否分解因式. 解 令 f ( x) ? x4 ? 2 x3 ? 8x ? 1 ,因为 f (?1) ? 0 ,所以 f ( x) 无一次因式.若一个整系 数 n( n ? 0) 多项式 f ( x) 在有理数域上可约,那么 f ( x) 总可以分解成次数都小于 n 的两个 整数系数多项式的乘积.则可设 f ( x) ? ( x2 ? mx ? 1)( x2 ? nx ?1) ,其中 m, n 为整数.即 x4 ? 2x3 ? 8x ?1 ? x4 ? (m ? n) x3 ? mnx2 ? (n ? m) x ?1
            ?m ? n ? ?2 ? 比较等式两端的对应项系数,得 ?mn ? 0 ?n ? m ? 8 ? ① ② ③

            由②知 m ? 0 或 n ? 0 ,若 m ? 0 ,则 n ? ?2 但 n ? m ? ?2 ? 0 ? ?2 ? ?8 ;若 n ? 0 ,则 m ? ?2 ,但 n ? m ? 2 ? ?8 ,所以 f ( x) 不可约.即 f ( x) 在有理数域上不能分解因式.

            1.2 艾森斯坦判断法
            定理 1 [1] (艾森斯坦判断法)设 f ( x) ? a0 ? a1x ? 能够找到一个素数 p 使 (i) 最高次项系数 an 不能被 p 整除; (ii) 其余各项的系数都能被 p 整除;
            2

            an xn 是一个整系数多项式.若是

            (iii) 常数项 a0 不能被 p 2 整除, 那么多项式 f ( x) 在有理数域上不可约. 例 2 [1] 判断 xn ? 2 在有理数域上能否分解因式. 1 , 2 | 2 , 22 ? 2 ,故 解 令 f ( x) ? x n ? 2 ,易找到素数 p ? 2 ,满足上述条件, 2 ? f ( x) 在有理数域上不可约.即 xn ? 2 在有理数域上不能分解因式. 艾森斯坦判断法不是对于所有整系数多项式都能应用的,因为满足判断法中条件的 素数 p 不一定存在.若是对于某一多项式 f ( x) 找不到这样的素数 p ,那么 f ( x) 可能在有 理数域上可约,也可能不可约.例如,对于多项式 x 2 ? 3 x ? 2 与 x 2 ? 1来说,都找不到一个 满足判断法的条件素数 p ,但显然前一个多项式在有理数域上可约,而后一个多项式不 可约.虽然有时对于某一多项式 f ( x) 来说, 艾森斯坦判断法不能直接应用,但是我们可 以把 f ( x) 适当变形后,就可以应用这个判断法,例如 x 2 ? 1,令 x ? y ? 1 得 g ( y) ? y 2 ? 2 y ? 2 ,因为 2 ? 1, 2 | 2 , 22 ? 2 ,所以 x2 ? 1在有理数域上不可约. 以上通过待定系数法和艾森斯坦判断法,我们就可以知道多项式能否分解因式.

            2 分解因式
            在初等数学中,我们接触的分解因式常用的方法都比较简便、特殊,如提公因式法, 公式法,分组分解法,十字相乘法,拆项法,添项法等,这里我将介绍多项式理论中的 三种方法来解决较高次多项式的因式分解问题.

            2.1 综合除法 [ 2 ]
            综合除法用以寻找所给整系数多项式 f ( x) 的一次因式, f ( x) 有因式 x ? a 的充要条 件是 f (a) ? 0 , a 就是 f ( x) 的一个根.当 a 是有理数时,可用综合除法试除予以确定.这 种方法的依据是:如果整系数多项式

            f ( x) ? an xn ? an?1xn?1 ??? a1x ? a0
            有因式 x ?
            q ( p , q 是互质的整数)则 p 一定是 an 的约数, q 一定是 a0 的约数. p

            具体做法是: (1)先写出整系数多项式 f ( x) 的首项系数 an 和常数项 a0 的所有因数,然后以 an 的 因数为分母, a0 的因数为分子,做出所有可能的既约分数(包括整数) ,如果 f ( x) 有有 理根,则必在这些既约分数中,因此它们是 f ( x) 可能的试除数. (2)从上述既约分数中合理地选择试除数.首先,1 与 -1 永远在有理数

            qi 中出现, pj

            f ? 1)=0 , 计算 ( .若 ( 则 ?1 是 f ( x) 的有理根.若有理数 ? (? ? ?1) 是 f ( x) 的有理根, f ? 1)

            则只需对那些使商

            q f (?1) f (1) 与 都是整数的 i 来进行试除.(假定 f (?1) 都不等于零, pj 1? ? 1??

            否则可以用 ( x ?1) 或 ( x ?1) 除 f ( x) 而考虑所得的商式.) (3)选好试除数后,即用综合除法试除.
            3

            例 3 在有理数域上分解多项式 x3 ? 6 x 2 +15 x ? 14 . 解 这个多项式的最高次项系数1 的因数是 ?1 , 常数项 ?14 的因数是 ?1, ?2, ?7, ?14 .
            36 .所以都不是 f ( x) 的根. 所以可能的有理根是 ?1, ?2, ?7, ?14 .我们算出,f (1) ? 4, f ( ?1) ? ?

            另一方面,由于

            ?4 ?4 ?4 ?4 ?4 , , , 都不是整数,所以 ?2, ?7, ?14 都不是 f ( x) 的 1 ? 2 1 ? 7 1 ? 7 1 ? 14 1 ? 14

            根.但

            ?4 ?4 都是整数,所以有理数 2 在试验之列, , 1? 2 1? 2
            | 1

            应用综合除法 2

            ?6
            2

            15

            ?14
            14
            0

            ?8
            7

            1

            ?4

            所以 2 是 f ( x) 的一个根, 同时我们得到 f ( x) ? ( x ? 2)( x2 ? 4x ? 7) .容易看出,2 不是 f ( x) 的一个重根.从而 f (x) ? ( x ? 2)( x 2 ?4 x ?7) 应用综合除法分解多项式可以使解题思路清晰,解题过程简洁,不易出错,但它必 须建立在多项式有有理根的基础上.如果多项式需要试除的因子过多, 则每个因子都要进 行一次相应的综合除法,这就给计算增加了困难.

            2.2 待定系数法
            用待定系数法分解因式,首先要根据题设条件,判定原式分解后形成的因式乘积的 形式,然后再列方程(组)确定待定系数的值. 例 4 在有理数域上分解多项式 x 4 ? x3 ? 5 x ? 3 . 解 先用综合除法,可能的试除数是 ?1 , ?3 ,试除结果都被排除,因此原式在有理 数域上没有一次因式.假定原式含有 x 的二次因式,设
            x4 ? x3 ? 5x ? 3 ? ( x2 ? mx ? k )( x2 ? nx ? l ) ? x4 ? (m ? n) x3 ? (k ? mn ? l ) x2 ? (ml ? nk ) x ? kl

            ?m ? n ? 1 ? mn ? k ? l ? 0 比较等式两端对应项的系数,得方程组 ? ? ?ml ? nk ? ?5 ?kl ? ?3 ?




            ② ③ ④

            上面④的 k , l 同是原式常数项 ?3 的因数,因此 k 和 l 的值可能有下面四组.
            ?k ? 1 ? k ? ?1 ? k ? 3 ? k ? ?3 或? 或 ? 或? ? ?l ? ? 3 ? l ? 3 ?l ? ?1 ?l ? 1 ?k ? 1 将? 代入③式 得 ?3m ? n ? ?5 ?l ? ? 3



            3 1 将①、⑤联立,解得 m ? , n ? ? . 2 2
            4

            3 1 但是 m ? , n ? ? , k ? 1, l ? ?3 不满足②式,因此不是方程的解. 2 2
            ? k ? ?1 将? 代入③,得 3m ? n ? ?5 ?l ? 3



            将①、⑥联立,解得 m ? ?1, n ? 2 . 并且 m ? ?1, n ? 2, k ? ?1, l ? 3 满足②,因此是方程组的解. 所以 x 4 ? x 3 ? 5x ? 3 ? ? x 2 ? x ? 1 ??x 2 ? 2x ? 3 ? 待定系数法比较简单,也容易理解,但会涉及到解多个方程组,计算量往往会加大. 只有在分解因式前先观察最高次项系数与常数项系数,再找出多项式的所有有理根,才 能有效降低待定系数法的难度.

            2.3 分离重因式法 [3]?[4]
            设 ? o f ( x) ? 0, f ( x) 有典型分解式

            f ( x) ? ap1 ( x)k1 p2 ( x)k2 ? pr ( x)kr ,
            (f ( x), f ' ( x)) ? 1,有 f ' ( x) ? p1 ( x)k1 ?1 p1 ( x)k2 ?1 ? pr ( x)kr ?1 g ( x) 且 g ( x) 不能被 pi ( x) 若 (i ? 1,2,? r) 整除.利用最大公因式法得

            ( f ( x), f ' ( x)) ? f ' ( x) ? p1 ( x)k1 ?1 p2 ( x)k2 ?1 ? pr ( x)kr ?1 . 令 f ( x) ? ( f ( x), f ' ( x)) g ( x) 比较上述有关式子可知 q( x) ? p1 ( x) ??? pr ( x) .上述意思是若用 f ( x) 除以 ( f ( x), f '( x)) ,则得商 q( x) 是一个与 f ( x) 具有完全相同的不可约因式而没有重 因式的多项式.由此得思想:若将 q( x) 能分解的话,便知 f ( x) 的不可约因式,再确定每 个不可约因式在 f ( x) 的重数(作带余除法直至不能整除) 例 5 在有理数域上分解多项式 f (x) ? x 4 ? 5x 3 ? 6x 2 ? 4x ? 8 . 解 第一步:求 f ' ( x) , f ' ( x) ? 4x3 ? 15x2 ? 12x ? 4 第二步:求 f ( x), f '( x) , ( f ( x), f ' ( x)) ? x2 ? 4 x ? 4 第三步:由带余除法得: f ( x) ? ( x2 ? 4x ? 4)( x2 ? x ? 2) 第四步:分解 q( x) : q( x) ? ( x ? 1)( x ? 2) 第五步:确定每个因数的重数, ( x ?1) ︳ f ( x) , ( x ? 1) 2 ?f ( x)
            ? f ( x)=(x ? 1)(x ? 2)3

            分离重因式法是线性代数中的一种基本方法,用途十分广泛,但它必须建立在多项 式有重因式的基础上,否则就无法使用. 因式分解是一项重要的基本技能训练,在分式运算,解方程和各种恒等变换中都要 经常用到因式分解,所以对因式分解我们应给予足够重视.

            3 一元高次方程
            定理 2 [1] 设 F ( x) 中 n( n ? 0) 次多项式 f ( x) ? a0 xn ? a1 xn?1 ???? ? an ( a0 ?1) 在复数域 C 中有 n 个根 ?1 , ? 2 , ???, ? n 则根与系数的关系是

            5

            a1 ? ?(?1 ? ? 2 ? ??? ? ? n ) a0
            a2 ? ?1? 2 ? ?1?3 ? ??? ? ? n?1? n a0 a3 ? ?(?1? 2?3 ? ?1? 2? 4 ? ??? ? ? n?2? n?1? n ) a0
            ????

            an?1 ? (?1)n?1 (?1? 2 ??? ? n?1 ? ?1?3 ??? ? n ? ??? ? ? 2?3 ??? ? n ) a0

            an ? (?1)n ?1? 2 ??? ? n?1? n a0
            定理 3 [1] (代数基本定理)任何 n( n ? 0) 次多项式在复数域上至少有一个根. 定理 4 [1] 若实数多项式 f ( x) 有一个非实的复数根 ? ,那么 ? 的共轭根? 也是 f ( x) 的根,并且 ? 与 ? 有同一重数.换句话说,实系数多项式的非实的复数根两两成对.

            3.1 已知方程的所有的根,求方程.
            例 6 求所有以有理数 p, q, m 为根的方程 x3 ? px 2 ? qx ? m ? 0
            ?p?q?m ? ?p ? 解 利用根与系数的关系知 p, q, m 满足 ? pq ? qm ? pm ? q ? ? pqm ? ?m ① ② ③

            (i)若 p ? 0 (或 q ? 0 ),由③知 m ? 0 ,代入①得 q ? 0 (或 p ? 0 ) (ii)若 p ? 0, q ? 0 ,但 m ? 0 ,由②得 p ? 1,代入①得 q ? ?2 ,显然,1, ?2,0 是 方程 x3 ? x 2 ? 2 x ? 0 的根; (iii) 若 p, q, m 均不为 0, 由③得 q ? ?

            1 代入①②得 q 4 ? q3 ? q 2 ? 2 ? 0 这个方程有 p

            且仅有一个有理根 q ? ?1 ,从而 p ? 1, m ? ?1.显然 x3 ? x 2 ? x ? 1 ? 0 有根 1 和重根 ?1 . 综上所述,所求方程为 x3 ? 0 或 x3 ? x 2 ? 2 x ? 0 或 x3 ? x 2 ? x ? 1 ? 0 例 7 [5 ] 求有单根 5 与 ?2 以及二重根 3 的四次多项式. 解 由根与系数的关系知:

            a1 ? ?(5 ? 2 ? 3 ? 3) ? ?9 , a2 ? 5(?2) ? 5 ? 3 ? 5 ? 3 ? (?2)3 ? (?2)3 ? 3 ? 3 ? 17 , a3 ? ?[5(?2)3 ? 5(?2)3 ? 5 ? 3 ? 3 ? (?2)3 ? 3] ? 33 , a4 ? 5(?2)3 ? 3 ? ?90 . 因此所求多项式是 f (x) ? x 4 ? 9x 3 ?17 x 2 ? 33x ?90 或 f ( x) ? ax4 ? 9ax3 ? 17ax2 ? 33ax ? 90a ( a ? 0 ).

            6

            3.2 已知方程的部分根,求解方程.
            例 8 已知方程 4 x 4 ? 3x 2 ? 3x ? 5 ? 0 有一个根是 解 因为实系数方程的虚根成对出现, 故

            1 ? 3i ,解此方程. 2

            1 ? 3i 也是上述方程的根, 由代数基本定 2

            理可知此方程有 4 个根,设此方程其余两根为 ? 、 ? ,由根与系数的关系得

            ? 1 ? 3i 1 ? 3i 3 ? ? ? ? ?) ?? ? ?( ? 2 2 4 ? ?1 ? 3i (1 ? 3i ? ? ? ? ) ? 1 ? 3i (? ? ? ) ? ?? ? 3 ? ? 2 2 2 4
            1 1 ? 3i 1 ? 3i 1 1 解得? ? ? ? ? ,即? 是所给方程的二重根,所以原方程的根为 , ,? . 2 2 2 2 2

            1 此题还可用综合除法求得 ? 是所给方程的二重根, 然后再利用实系数多项式的非实 2
            复根两两成对理论求出方程的另一根.

            3.3 已知方程组,求方程组的解.
            ? f ( x) ? 0 形如方程组 ? ? g ( x) ? 0 ? f ( x) ? 0 其中 f ( x) ,g ( x) 都是一元高次方程, 求方程 ? 的解. ? g ( x) ? 0

            对于这类题,我们可以考虑从方程组的公共根出发,利用辗转相除法求 f ( x) 和 g ( x) 的最 大公因式,再令其等于零.
            4 3 2 ? ?x ? 2x ? 4x ? 4x ? 3 ? 0 例 9 解方程组 ? 3 2 ? ?2 x ? 5 x ? 4 x ? 3 ? 0

            解 令 f ( x) ? x4 ? 2x3 ? 4x2 ? 4x ? 3 , g ( x) ? 2 x3 ? 5x2 ? 4x ? 3 ,对 f ( x) , g ( x) 施行 辗转相除法,求得 ( f ( x), g( x)) ? x ?3 ,令 x ? 3 ? 0 ,得 x ? 3 .即原方程组的解是 x ? 3 .

            4 多项式的恒等
            定理 5 [1] (多项式恒等定理)数域 F 上的两个多项式

            f ( x) ? an xn ? an?1xn?1 ? ? a1x ? a0 g ( x) ? bm xm ? bm?1xm?1 ? ? b1x ? b0 恒等的充要条件是它们的次数相同,且同次项系数对应相等即 n ? m ,且 ai ? bi (i ? 1, 2, n) 例 10 对于任意的实数 x, y ,不等式 x2 ? 6xy ? 9 y 2 ? 20x ? my ? n ? 0 恒成立,求满 足条件的 a, b .
            7

            解 要使上述不等式成立,只要 x2 ? 6xy ? 9 y 2 ? 20x ? my ? n 是一个实数式的平方加 上一个正数 ? ,于是令 x2 ? 6xy ? 9y 2 ? 20x ? my ? n ? (x ? 3y ? a ) 2 ? ?(a ?R ) 则 x2 ? 6xy ? 9 y 2 ? 20x ? my ? n ? x2 ? 6xy ? 9 y 2 ? 2ax ? 6ay ? a2 ? ? 由定理 5 知
            ?2a ? 20 ?a ? 10 ? ? ?m ? 6a ? ?m ? 60 ?n ? 100? ?? ? n ? 100 ? ?

            所以当 m ? 60 ,且 n ? 100 时,原不等式恒成立. 例 11 若 a 为任意实数,证:直线系 2 (2a ? a ? 3) x ? (3a2 ? a ? 5) y ? (4a2 ? 3a ?13) ? 0 必经过定点 证明 将上述直线系转化成关于 a 的恒等式

            (2x ? 3 y ? 4)a2 ? ( x ? y ? 3)a ? 3x ? 5 y ?13 ? 0 此恒等式对于任意实数 a 是恒成立的,所以由定理 5 知
            ?2 x ? 3 y ? 4 ? 0 ? ?x ? y ? 3 ? 0 ?3 x ? 5 y ? 13 ? 0 ?
            ?x ? 1 解得 ? ? y ? ?2

            故直线系 (2a2 ? a ? 3) x ? (3a 2 ? a ? 5) y ? (4 a 2 ?3a ?13) ?0 必经过定点(1,-2). 定理 6 [1] 如果数域 F 上有两个次数不大于 n 的多项式 f ( x) 和 g ( x) ,对于 x 的 n ? 1 个不同的值都有相等的值,那么它们恒等,即 f ( x) ? g ( x) . 例 12 求证 复数. 证明 令 f ( x)=
            ( x ? b)( x ? c) ( x ? c)( x ? a) ( x ? a)( x ? b) ? ? (a ? b)(a ? c) (b ? c)(b ? a) (c ? a)(c ? b) ( x ? b)( x ? c) ( x ? c)( x ? a) ( x ?a)( x ?b) ? ? ? 1 其中 a, b, c 为互不相等的 (a ? b)(a ? c) (b ? c)(b ? a) (c ?a)(c ?b)

            它是一个二次式,但当 x 分别以 a, b, c 代入时有 f (a) ? f (b) ? f (c) ?1 且 a ? b ? c ,根据 定理 6,有
            ( x ? b)( x ? c) ( x ? c)( x ? a) ( x ?a)( x ?b) ? ? ?1 (a ? b)(a ? c) (b ? c)(b ? a) (c ?a)(c ?b)

            定理 7 [ 6 ] (拉格朗日插值恒等式)对于给定数域 F 里的 n ? 1个互不相同的数 a1 , a2 ,?, an?1 以及 n ? 1个不全为 0 的数 b1 , b2 ,?bn?1 , 总有一个次数不超过 n 的多项式 f ( x) 使得 f (ai ) ? bi , i ? 1,2,? n ? 1. 且这个多项式可以唯一表示为

            f ( x) ? ?
            i ?1

            n ?1

            bi ( x ? a1 ) ( x ? ai ?1 )( x ? ai ?1 ) ( x ? an?1 ) (ai ? a1 ) (ai ? ai ?1 )(ai ? ai ?1 ) (ai ? an?1 )

            例 13 求一个 2 次多项式,使它在 x ? 0, , ? 处与函数 sin x 有相同的值. 2

            ?

            8

            解 由题意得 f (0) ? sin 0 ?0 , f ( ) ? sin ? 1 , f (? ) ? sin ? ? 0 ,由定理 7 得 2 2

            ?

            ?

            f ( x) ?

            1? ( x ? 0) ? ( x ? ? ) ( ? 0)( ? ? ) 2 2

            ?

            ?

            ??

            4

            ?

            2

            x2 ?

            4

            ?

            x.

            例 14 [7 ]

            已知函数 f ( x) ? ax 2 ? c ,满足 ?4 ? f (1) ? ?1 , ?1 ? f (2) ? 5 ,那么 f (3)

            应满足 (?1 ? f (3) ? 20) f ( x) ? ax 2 ? c 解 由拉格朗日插值多项式有
            f ( x) ? f (?1)

            ? f (?1) ? f (1)

            ( x ? 1)( x ? 2) ( x ? 1)( x ? 2) ( x ? 1)( x ? 1) ? f (1) ? f (2) (?1 ? 1)(?1 ? 2) (1 ? 1)(1 ? 2) (2 ? 1)(2 ? 1)

            1 1 ? ? ( x 2 ? 4) f (1) ? ( x 2 ? 1) f (2) 3 3

            从而 f (3) ? ? 又

            5 8 f (1) ? f (2) 3 5

            ?4 ? f (1) ? ?1 , ?1 ? f (2) ? 5

            ? ?1 ? f (3) ? 20

            5 证明一类数是无理数
            在初等代数中,我们是利用有理数与无理数的区别来证明无理数的(见证法二)这 里我们可以考虑用多项式理论中的方法来解决.我们可以先构造等式, 然后利用艾森斯坦 判断法或待定系数法证明其在有理数域上的不可约性,说明多项式没有有理根,但它又 是多项式的根,从而得出这个数是无理数. 定理 8 [1] 若 p1 , p2 pt 是 t 个不相同的素数,而 n 是一个大于 1 的整数,那么 n p p pt 是一个无理数. 1 2 证明 设 x ? n p1 p2 pt ? x n ? p1 p2 pt 令 f ( x) ? x n ? p1 p2 pt (? p1 p2 pt ) 则 an ? 1, a0 ? ? p1 p2 pt ,取素数 p ? p1 , p1 ? 1, p1 | 0 ,但 p12 ? n 由艾森斯坦判断法知 f ( x) ? x ? p1 p2 pt 在有理数域上不可约,故 x n ? p1 p2 pt 无有理根,但 n p1 p2 pt 是 f ( x) 的根,从而 n p1 p2 pt 只能是无理数. 例 15 证明 2 是无理数. 证法 1 设 x ? 2 ? x 2 ? 2 ? 0 令 f ( x) ? x 2 ? 2 ,则 a2 ? 1, a1 ? 0 , a0 ? ?2 .令 (?2) .故 x2 ? 2 在有理数域上不可约,即 x2 ? 2 无有理根,但 p ? 2 ,则 2 ? 1 , 2 | 0 , 22 ?

            2 是 f ( x) 的根,从而 2 只能是无理数. 证法 2 设 2 不是无理数,而是有理数.既然 2 是有理数,它必然可以写成两个 整数之比的形式: 2 ? p q ,再假设 p 和 q 没有公因数可以约,所以可以认为 p q 为最 简分数,即最简分数形式.把 2 ? p q 两边平方得 2 ? p 2 q 2 即 2q 2 ? p 2 .由于 2q2 是偶 数,p 必定是偶数, 设 p ? 2m , 由 2q 2 ? 4m2 得 q 2 ? 2m 2 .同理 q 必然也为偶数.设 q ? 2n ,
            9

            既然 p 和 q 都是偶数,它们必定有公因数 2 ,这与前面假设 p q 是最简分数矛盾.这个矛 盾是由 2 是有理数引起的.因此 2 是无理数. 例 16 证明 3 ? 2 是无理数. 证明 设 x ? 3 ? 2 ? x2 ? 5 ? 2 6 ? x2 ? 5 ? ?2 6 ? x4 ?10 x2 ? 1 ? 0 令 f ( x) ? x 4 ? 10 x 2 ? 1 ,为了能够利用艾森斯坦判断法,需把 f ( x) 变形,为此令 x ? y ? 1 , 故 g ( y) ? f ( y ? 1) ? y 4 ? 4 y3 ? 6 y 2 ? 6 y ? 8 .取 p ? 2 , 2 ? 1, 2 | 4 , 2 | 6 , 2 | ? 6 ,由艾 森斯坦判断法知, f ( x) 在有理数域上不可约.即 f ( x) 无有理根, 但 3 ? 2 是 f ( x) 的根, 所以 3 ? 2 只能是无理数. 例 17 证明 证明 设 x ?

            17 是无理数. 2
            17 17 两边平方得 x 2 ? 即 2 x 2 ? 17 .令 f ( x) ? 2 x 2 ? 17 ,取 p ? 17 , 2 2

            17 ? 2 ,17 ︱ ?17 .由艾森斯坦判断法知, f ( x) 在有理数域上不可约.即 f ( x) 无有理根,


            17 17 是 f ( x) 的根,所以 只能是无理数. 2 2

            6 结术语
            本论文主要是运用多项式理论知识对初等数学中的若干问题的进一步探讨,通过对 多项式的理论和方法的介绍以及这些理论和方法在例题中的应用,我们看到在初等数学 中我们认为棘手或无法解决的问题,用高等代数中的方法,得到了很好地解决.从而看出 多项式理论在初等数学中的应用是十分广泛的.对于教师来说,掌握相当程度的高等数学 知识并在教学中适当地加以渗透并运用,对提高数学教学质量是非常有益的,而且只有用 高等数学的知识、观点和方法以一种居高临下的态势 [8] ,审视初等数学教学内容,才能使 初等数学的教学达到理想的境界.对于(特别是学有余力的)学生来说,体会并掌握解题 的不同方法,不仅可以提高学生快速解题的能力,还有助于学生思维的发展,从而提高学 生学习数学的兴趣,激发学生学习的热情.

            10

            参考文献
            [1] 张禾瑞,郝鈵新.高等代数[M].北京:高等教育出版社,2007:38-80. [2] 李长明,周焕山.初等数学研究[M].北京:高等教育出版社,1995:69-82. [3] 张宗标,徐伟.一类一元多项式的标准分解式的解法[J].考试周刊,2008,12(5):41. [4] 杨琴.关于一元多项式的因式分解[J].青海民族大学学报(教育科学版),2010,30(5):14-17. [5] 宁波,高等代数同步辅导及习题全解[M].徐州:中国矿业大学出版社,2009:51-65. [6] 潘铁.浅谈应用多项式的拉格朗日插值公式解题[J].中等数学,2010,8(10):7-10. [7] 张同君,陈传理.竞赛数学解题研究[M].北京:高等教育出版社,2006:69-73. [8] 唐剑.浅谈高师高等代数课程对中学数学教学的指导作用[J].中国西部科技,2011,10(34):72-73. [9] Orue Halil and Phillips M G,Explicit factorization of the Vandermonde m atrix[J].Linear Algebra Appl,2000. [10] A.T.Lawrence,Fundemental Concepts of Elementary Mathematics,Harpen and Raw,1977.

            11

            谢 辞 在本论文的写作过程中,我的导师???老师倾注了大量的心血,从选题到开题报告, 从写作提纲,到一遍又一遍地指出论文中的诸多问题,严格把关,循循善诱,在此向我 的导师表示深深的谢意和敬意.同时我还要感谢数学系的其它老师以及我的同学和朋友, 在我写论文的过程中给予我很多素材,还在论文的撰写和排版过程中提供热情的帮助.由 于我的学术水平有限,所写论文难免有不足之处,恳请各位老师和学友批评和指正.

            (全文约 7100 字)

            12


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