權小剛

摘要： 利用待定系數(shù)法可將一元四次多項式分解為兩個二次多項式的乘積，通過解兩個一元二次方程達到求解四次方程的目的.

關鍵詞： 一元四次方程待定系數(shù)法分解因式方程的解

一、引言

一元四次方程有根式解法，就是費拉里（Ferrari）解法．此解法亦稱差分配方法．此方法是受一元三次方程求解方法的啟發(fā)而得到的．一元三次方程是在進行了巧妙的換元之后，把問題歸結成了一元二次方程從而得解的．于是，如果能夠巧妙地把一元四次方程轉化為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．本文利用待定系數(shù)法解一元四次方程.

二、主要結論

引理1：四次方程ax+ax+ax+ax+a=0（aa≠0）①可變形為四次方程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變形為y+ay+by+c=0（aa≠0），故只需討論②式的解法即可．當b=0時，②式變?yōu)閥+ay+c=0，得y=，即y=±．下面總設b≠0．

定理2：y+ay+by+c=（y+py+m）（y-py+n），其中p，m，n是關于a，b，c的待定系數(shù)．

證明：設方程②有四根y，y，y，y，則有y+ay+by+c=（y-y）（y-y）（y-y）（y-y），因為y-y，y-y，y-y，y-y四個式子中任取兩式相乘，必得首項為1的二次三項式，故y+ay+by+c=（y+py+m）（y+qy+n）．比較兩邊三次項系數(shù)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的根為y=和y=．其中p，m，n可通過a，b，c的有限次加、減、乘、除運算得到．

證明：由定理2可設

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

比較上式兩邊系數(shù)，可得

m+n=p+a （Ⅰ）m-n=-（Ⅱ）mn=c （Ⅲ）③

由（Ⅰ），（Ⅱ）可得

m=p+a-?搖n=p+a+?搖④

上式代入（Ⅲ）有p+2ap+a-4c-=0即p+2ap+（a-4c）p-b=0⑤.令p=t，則⑤式變?yōu)閠+2at+（a-4c）t-b=0⑥．若t為⑥式的任一解，則p=±也滿足⑤式，由b≠0知t≠0，代入④式可得

m=p+a-?搖n=p+a+?搖

則（t，m，n）為③式的一組解．為了方便表示，令（p，m，n）為③式的一組解．故有

y+ay+by+c=（y+py+m）（y-py+n）.

解y+py+m=0和y-py+n=0兩個方程得②式的解為：

y=和y=.

三、應用舉例

例1：解方程x+4x-2x+12x+9=0

解：令x=y-1，原方程變形為y-8y+24y-8=0.

令y-8y+24y-8=（y+py+m）（y-py+n）①

比較上式兩邊系數(shù)，可得：

m+n=p-8 （Ⅰ）m-n=-（Ⅱ）mn=-8 （Ⅲ）

由（Ⅰ），（Ⅱ）可得

m=p-8-?搖n=p-8+?搖②

上式代入（Ⅲ）有p-16p+96-=0

即p-16p+96p-576=0③

令p=t，則上式變?yōu)閠-16t+96t-576=0.

解上面的方程得t=12為其一解．則p=2為方程③的解．代入②式得：

m=2-2n=2+2

則（12，2-2，2+2）為方程①的一組解．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=0兩個方程得方程①的解為：

y=-±和y=-±.

則原方程的解為：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.

設y-5y-2y+3=（y+py+m）（y-py+n）②，比較兩邊系數(shù)得：

m+n=p-5m-n=mn=3，故有m=p-5+?搖n=p-5-?搖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為其一解，代入③得：m=-1，n=-3.將m=-1，n=-3代入②有：y-5y-2y+3=（y+y-1）（y-y-3），得y=，y=，即原方程的解為：x=，y=.

參考文獻：

［1］張禾瑞，郝鈵新編.高等代數(shù)［M］.高等教育出版社，2007.6.

［2］李長明，周煥山編.初等數(shù)學研究［M］.高等教育出版社，2007.4.