巧用判别式与韦达定理解题

• 作 者: 杨柱运
• 出 处: 数学学习与研究·教研版
• 发表日期: 2008年3期
• 关键词: 根的判别式 韦达定理 一元二次方程 解题 巧用 基础知识 问题转化 实系数

　　 根的判别式和韦达定理是实系数一元二次方程的重要基础知识，利用它们可进一步研究根的性质，也可以将一些表面上看不是一元二次方程的问题转化为一元二次方程来讨论．
　　 １. 根的判别式：Δ ＝ ｂ２ － ４ａｃ：
　　 Δ = b2- 4ac > 0时 ?圳 方程有两个不相等的实数根；Δ = b2 - 4ac = 0时 ?圳 方程有两个相等的实数根；Δ = b2 - 4ac < 0时 ?圳 方程没有实数根.
　　 ２. 韦达定理：一元二次方程的一般式：ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝ ０（a≠0）有两个实数根ｘ１，ｘ２，则有ｘ１ ＋ ｘ２ ＝ －，ｘ１ • ｘ２ ＝.
　　
　　 一、判别式的应用
　　
　　 例１ 证明 x2 - xy + y2 + x + y不可能分解为两个一次因式之积．
　　 分析若视原式为关于ｘ的二次三项式，则可利用判别式求解．
　　 证明 x2 - xy + y2 + x + y = x2 + (1 - y)x + (y2 + y)，将此式看做关于ｘ的二次三项式，则判别式Δ ＝ （１ － ｙ）２ － ４（ｙ２ ＋ ｙ） ＝ －３ｙ２ － ６ｙ ＋ １．
　　 显然Δ不是一个完全平方式，故原式不能分解为两个一次因式之积．
　　 例２ 设ａ１，ａ２，ａ３，ｂ是满足不等式（ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３）２ ≥ ２（a12 + a22 + a32） ＋ ４ｂ的实数．
　　 求证： ａ１ａ２ ＋ ａ２ａ３ ＋ ａ３ａ１ ≥ ３ｂ．
　　 证明 由已知可得a32 - 2(a1 + a2) • a3 + [(a12 + a22) - 2a1a2 + 4b] ≤ 0.
　　 设a32 - 2(a1 + a2) • a3 + [(a12 + a22) - 2a1a2 + 4b] = -r,
　　 则a32 - 2(a1 + a2) • a3 + [(a12 + a22) - 2a1a2 + 4b + r] = 0. ∵ ａ３是实数，故Δ≥０，即有
　　 （ａ１ ＋ ａ２）２ ≥ （a12 + a22） － ２ａ１ａ２＋ ４ｂ ＋ ｒ ≥
　　 ２（a12 + a22） － （ａ１ ＋ ａ２）２ ＋ ４ｂ．
　　 于是（ａ１ ＋ ａ２）２ ≥ （a12 + a22） ＋ ２ｂ，
　　 ∴ ａ１ａ２ ≥ ｂ．
　　 同理有ａ２ａ３ ≥ ｂ，ａ３ａ１ ≥ ｂ ．
　　 三式相加即得ａ１ａ２ ＋ ａ２ａ３ ＋ ａ３ａ１ ≥ ３ｂ．
　　
　　 二、 韦达定理的应用
　　
　　 例３ 假设ｘ１，ｘ２是方程ｘ２ － （ａ ＋ ｄ）ｘ ＋ ａｄ － ｂｃ ＝ ０的根.证明： x13， x23 是方程ｙ２－ （ａ３ ＋ ｄ３ ＋ ３ａｄｃ ＋ ３ｂｃｄ）ｙ ＋ （ａｄ － ｂｃ）３ ＝ ０的根．
　　 证明由已知条件得x1 + x2 = a + d， x1 • x2 = ad - bc.
　　
　　 分析设矩形Ａ及Ｂ的长度分别是ａ，ｂ及ｘ，ｙ，为证明满足条件的矩形Ｂ存在，只须证明方程组x + y = k(a + b)，xy = kab（ｋ，ａ，ｂ为已知数）有正整数解即可．
　　 再由韦达定理，其解ｘ，ｙ可以看做是二次方程ｚ２ － ｋ（ａ ＋ ｂ）ｚ ＋ ｋａｂ ＝ ０的两根．
　　 ∵ ｋ ≥ １，故判别式Δ ＝ ｋ２（ａ ＋ ｂ）２ － ４ｋａｂ ≥ ｋ２（ａ ＋ ｂ）２ － ４ｋ２ａｂ ＝ ｋ２（ａ－ｂ）２ ≥ ０，
　　 ∴上述二次方程有两实根ｚ１，ｚ２．
　　又 ｚ１ ＋ ｚ２ ＝ ｋ（ａ ＋ ｂ） ＞ ０，ｚ１ｚ２ ＝ ｋａｂ ＞ ０，
　　 从而ｚ１ ＞ ０，ｚ２ ＞ ０，即方程组恒有ｘ ＞ ０，ｙ ＞ ０的解，所以矩形Ｂ总是存在的.
　　
　　注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”