讲座——数学思想应用2011(国培)

1、讲讲 座座数学思想应用数学思想应用 张 涛讲讲 座座(一一)递推思想应用递推思想应用 张 涛 一、数线段、三角形、一、数线段、三角形、 角、交点、部分角、交点、部分 1数线段数线段 直线上依次有 个点，问最多能构成多少条线段？ 解1： 解2：n2) 1(123)3()2() 1(nnnnn2) 1() 1(321nnn 2数三角形数三角形 直线上依次有 个点，直线外有1个点，连接这些点，问最多能构成多少个三角形？ 解：n2) 1() 1(321nnn 3数角数角 人教版数学七年级上册第四章 观察：从同一定点出发的 条射线，问它们最多能构成多少个角？ 解：138Pn2) 1() 1(321nnn

2、 4数交点数交点 人教版人教版数学数学七年级上册第四章七年级上册第四章 拓广探索：平面上拓广探索：平面上2条直线相交，有条直线相交，有1个交个交点，点，3条直线相交，最多有多少个交点？条直线相交，最多有多少个交点？4条呢？条呢？ 条呢？条呢？ 解：解： 134Pn2) 1() 1(321nnn 5数部分数部分 （1）直线上 个点最多可以把直线分成几部分？ 解： 所以nnnaaaannn121021nan1 （2）人教版数学八年级上册第十四章 拓广探索：平面上 条直线最多可以把平面分成几部分？ 解： 108Pn11nnnabb12211nnnnnaabab12100nnaaaab2) 1(143

3、211nnn （3）空间中 张平面最多可以把空间分成几部分？ 解： n11nnnbcc12211nnnnnbbcbc122100nnbbbbbc)1(3211 )3211 ()211 () 11 (11n)1() 1(2)2(3)3()3(3)2(2) 1(11nnnnnnnnn) 1(321 )1(321 12222nnnn6) 12() 1(2) 1(12nnnnnn6)5(12nn 二、线段染色问题二、线段染色问题 1问题的原型与问题的提出问题的原型与问题的提出 题目题目1假设世界上任何两个人要么互相认识，要么互相不认识，则世界上任何6个人中必有3人互相认识或必有3人互相不认识 题目题目

4、2世界上任何6个人在一起，每两人都用左手或右手握一次手，证明至少有3人互相用左手握了手或者互相用右手握了手 题目题目3设有6棵树，任意3棵不共线，任意两棵树之间用白线或黑线连接，证明无论怎样连，总存在同色的三角形 题目题目4在6个同学中，任意两个同学都通一次电话，在他们的通话中仅讨论所规定的两个问题中的一个问题，证明至少有3个同学在通话中讨论了同一个问题 以上四个题目，本质上是一个题目 问题：问题：平面上有6个点，任意三点不共线，将其任意2点用线段连接现用两种颜色给每条线段染色，证明：无论怎样染，总有同色的三角形 122) 16( 2问题的推广问题的推广 （1）平面上有17个点，任意三点不共线

5、，将其任意两点用线段连接现用3种颜色给每条线段染色，证明：无论怎样染，总有同色的三角形 （2）平面上有66个点，任意三点不共线，将其任意两点用线段连接现用4种颜色给每条线段染色，证明：无论怎样染，总有同色的三角形 （3）153) 117(1164) 166( 3递推公式递推公式 将颜色种数记为 ，平面点数记为 ，即 平面上至少有 个点，任意三点不共线，将其任意两点用线段连接，用 种颜色给每条线段染色，无论怎样染，总有同色的三角形求 找规律 猜想：猜想：nnananna31a2) 1(2612aa2) 1(31723aa2) 1(46634aa2) 1)(1(1nnana 4通项公式通项公式 记

6、 ，由 得 ， 且 则则 ， 1nnab1) 1(1nnbnb213111 ab! 1! 1! 0! 11b! 2! 2! 1! 2! 0! 21)! 1! 1! 0! 1(21212 bb! 3! 3! 2! 3! 1! 3! 0! 31)! 2! 2! 1! 2! 0! 2(31323 bb1) 1)(1(11nnana 其中 故 ，或或采用收尾法时 （收尾法） ! 1! 0!nnnnbnnennnenkeenknnnnknk!)!( !)!1( !1!0010nnbennn!enbnenbann!1 5 的计算的计算 6 的奇偶性，如的奇偶性，如 的奇偶性的奇偶性 7 的奇偶性的应用的奇

7、偶性的应用 na na na!100e 三、项链染色问题三、项链染色问题 从一道竞赛题说起：从一道竞赛题说起：抽象地说就是：中间有1块区域，周围有5块区域围成一圈，这5块区域两两邻接而且都和中间的区域邻接现有4种颜色的盆景花，要求相邻的花不同色，问有多少种不同的摆法？ 这个问题可以抽象成用3种颜色给一条5颗珠子的项链染色，要求相邻的珠子不同色，问有多少种不同的染法？（如下图） 问题：问题：用 种颜色给一条 个珠子的项链染色，要求相邻的珠子不同色，问有多少种不同的染法？kn 讨论一、讨论一、 的情况的情况 1假设项链是条形的显然，当 时有1种染法，当 时不存在满足要求的染法 2假设项链是环形的显

8、然，当 时有1种染法，当 时不存在满足要求的染法 1k1n1n1n1n 讨论二、讨论二、 的情况的情况 1假设项链是条形的 由于相邻的珠子不能同色，所以它们的颜色必须相间，所以满足要求的染法有2种 2假设项链是环形的 当 时，显然有2种染法 当 时，由于相邻的珠子不能同色，所以它们的颜色必须相间 当 为偶数时，有2种染法 当 为大于1的奇数时，满足要求的染法不存在 2k1n1nnn 讨论三、讨论三、 的情况的情况 1假设项链是条形的 （）通过具体试染可得 ， ， ， ， 3k31a62a123a244a485a （）猜测递推公式， 及 （3）通项公式为 nnaa2131a123nna11122

9、123222nnnnnaaaa 2假设项链是环形的 当 时，满足要求的染法当且仅当是 中第 个与第个不同色的染法记 中第 个与第个不同色的染法的种数为 （1）具体试染得 1nnananbnn62b63b184b305b （2）递推公式 或 或 还可得 1123nnnbb212nnnbbbnnnabb11nnnbba （3）通项公式为 证明：通过递推公式 用初等方法求通项 记 （ ），则 ，因而 从而 2) 1(2nnnb1123nnnbb1111222) 12(23nnnnnnbb)2(221111nnnnnnbbbnnnbc21n1nncc2) 1() 1(22nnncc2) 1(2nnnb

10、 讨论四、讨论四、 的情况的情况 1假设项链是条形的假设项链是条形的 4k41a342a1343334nna 2假设项链是环形的 （1）同讨论三类似可知 ， （2）递推公式 或 （3）通项公式为 01b122b1134nnnbb1132nnnbbb3) 1(3nnnb 讨论五、对讨论五、对 取任意值的情况取任意值的情况 1对条形项链有 2对环形项链有 k1) 1(nnkka) 1() 1() 1(kkbnnn 原题的解答： 当k=3,n=5时，x=30 所以共有 430=120 种不同的摆法。 四、费波拿奇数列四、费波拿奇数列 问题的原型问题的原型：如果一对小兔子（一公一母）一个月长大，以后每

11、个月生一对小兔子，假设所有的兔子都不死，问 个月后共有多少对兔子？ 很多现实中的问题都是这一模型，如树枝分叉、树叶、病菌、股票等 n 递推公式：递推公式：记第 个月的兔子对数为 ，由于第 个月的每对兔子都生1对小兔子，而且第 个月的兔子都没死，所以第 个月的兔子对数就是第 个月的兔子对数加上第 个月的兔子对数，即 或 其中 ， 简单计算可得数列的前几项为： nna2nn1n1n2n21nnnaaa021nnnaaa11a12a3n,89,55,34,21,13, 8 , 5 , 3 , 2 , 1 , 1 通项公式通项公式：（用母函数法求） 设 则 -得 ，从而 由幂级数展开的唯一性得 )(x

12、f12112321nnnnnnxaxaxaxaxaa)(xxf1133221nnnnxaxaxaxaxa)(2xfx1433221nnxaxaxaxa1)()1 (12axfxx)251)(251(111)(2xxxxxf111125125151nnnnxxnnna25125151 五、天平砝码的重量设计五、天平砝码的重量设计 问题的提出问题的提出 如何设计天平的砝码重量才最经济？ 下面分两种情况来讨论只允许在天平的一端放砝码和允许在天平的两端放砝码 1只允许在天平的一端放砝码只允许在天平的一端放砝码 砝码的重量应该依次为1，2，4，8，16，也就是 ， ， ， ， ， 它们的二进制表示为 ，

13、 ， ， ， ， 根据二进制数的知识可知用这样 个砝码就可以称出 的每个单位的重量（ ） 从以上讨论可知这最经济如拆项链02122232422) 1 (2)10(2)100(2)1000(2)10000(2)00100(n12 n11222221210nn 拆项链问题拆项链问题 问题的原型问题的原型 汉森太太走进海边的一家旅馆，要租用一个房间，租期为一周这家旅馆的房费每天25美元（美金），而且要求每天交现金汉森太太没有带现金，只好准备把一根金项链作为现金支付这根金项链共7节，每节都值25美元她对旅馆经理说明：“我马上去找珠宝匠把项链拆开，每天给你一节，等到周末我的现金汇到再把项链赎回”经理同意

14、了但是珠宝匠是以切割和以后重新连接项链的节数来计算工钱的那么，以什么方式断开项链能少花这笔费用而又能做到每天用一节项链来付房费呢？ 问题的解答问题的解答 只要断开第3节即可 这是因为，当断开第3节后，项链被分成了3段，它们分别是1节、2节和4节第一天付1节，第二天用2节去换回1节，第三天再付1节，第四天用4节去换回那3节，第五天再付1节，第六天用2节换回1节，第七天再付1节显然这是断开项链的最佳方法 解答的数学原理解答的数学原理 将1，2，4用二进位制表示为 ， ， 显然这三个数之和可以表示出任何一个不超过三位的二进位数 ， ， ， ， ， ， 即1，2，3，4，5，6，72) 1 (2)10

15、(2)100(2) 1 (2)10(2)11(2)100(2)101(2)110(2)111( 2允许在天平的两端放砝码允许在天平的两端放砝码 砝码的重量应该依次为 1，3，9，27，81，也就是 ， ， ， ， ， 利用这样设计的 个砝码 ， ， ， ， ， 就可以称出1 的每个单位的重量 （ ）， 03132333430313233313nn213 n21333331210nn 例如，（奥赛题）要用天平称出140克的重量，应设计4个砝码，重量分别为1克、3克、9克、27克具体称法自试 如此设计10个砝码可称出129524的每个 单 位 的 重 量 ， 2 0 个 砝 码 可 称 出1174

16、3392200的每个单位的重量 六六、世界末日问题、世界末日问题 印度有一个古老的传说：“梵天（印度教的主神）创造世界的时候，在黄铜板上插上了三根宝石针，在其中的一根针上从下到上放了由大到小的64片金片这就是所谓的梵塔不论白天黑夜，都有一个值班的僧侣把这些金片在三根针上移来移去，移动的法则是：一次只能移一片，要求不管在哪根针上，小片永远在大片的上面当所有的64片都从梵天创造世界时所放的那根针上移到另一根针上时，世界就将在一声霹雳声中消灭，梵塔、庙宇和众生都将同归于尽” 1问题的提出问题的提出 将上述的64改成一般的 ，全部移到另一根上最少需要 次，求 2 的递推公式的递推公式 显然 ， 3 的

17、通项公式的通项公式 由 得 所以 ，从而nnana11a121kkaa) 1(2) 1(2) 1(22211121aaaaakkkkknnnaa2) 1(211112 nnanana121kkaa 4世界末日问题的数字答案世界末日问题的数字答案 5世界末日问题的时间答案世界末日问题的时间答案 假如僧侣们每一秒钟移动一片金片，日夜不停，岁岁如此，全部移完大约需要58万亿年！太阳系的寿命不会超过200亿年 6象棋发明人的报酬问题象棋发明人的报酬问题 这么多的麦子需要全世界生产2000年！ 37095516151844674407126464a3709551615184467440712222216

18、46332 自行研讨自行研讨称球问题称球问题 一、所给工具为带有砝码的天平秤 设有 堆球，其中有一堆每个的重量为 ，其余 堆每个重量为 ，问最少称几次可以找出每个重量为 的那一堆？ 答：只需称一次。方法是：先给每堆球编号： ，再从第 堆球中取 个球，共得到 个球，称出它们的总重量 ，则每个重量为 的那一堆的编号为： na1nban, 2 , 1kk2) 1( nnca)()2) 1(babnnc 二、所给工具为没有砝码的天平秤 设有 个球，其中只有 个为次品（重量不一样）问最少称几次可以找出那个次品球？ 答：（1）若已知次品球比正品球重 ，若 ，则最多用 次就可找出次品球 （2）若不知道正品球

19、与次品球的轻重关系（假设有正品球作参考） 设 次可以从最多 个球中称出次品球，则 n1kkn331knnnnnnb322512515122讲讲 座座(二二)数形结合思想应用数形结合思想应用 勾股定理的应用勾股定理的应用 张 涛 一、12 n22)1(1) 1(1nnnnn 1二、黄金分割点二、黄金分割点 1 黄金分割点的计算 设线段 的黄金分割点为 ，则 即 解得 即 axaxxxa022aaxxaaaax215242221211214521522ax 2 黄金分割点的作图法 设线段 的长为 ，过 作 的垂线 使 的长为 ，连 。以 为心过 画圆交 于 ，以 为心过 画圆交 于 ，则 就是 的

20、黄金分割点，即 ABaBABBCBC2aACCBACDADABEEAB215 ABAE 3 证明所以BCBCABCBACCDACADAE22ABaaaaaaaa2152152252452)2(222215 ABAE三、正十边形三、正十边形 1黄金三角形（顶角为 的等腰三角形）作一个顶角为 腰长为 的等腰三角形并作出其一个底角的角平分线，设这个三角形的底长为 。则由相似三角形的对应边成比例 可得 ，即 ，解之得 所以 36361xxxx11012 xx215 x415218sinx 2正十边形的边长 正十边形的每个圆心角为 ， 其半角为 。设圆的半径为 ， 则正十边形的边长为3610360182

21、36rrrrrra2121121411214521518sin222 3正十边形的作图 作半径为 的圆 的互相垂直的两条直径 与 ，取 的中点 ，连 。以 为心过 画弧交 于 ，以 为心过 画弧交圆 于 ，连 ，则 就是正十边形的一条边 rOBDACBOEAEEOAEFAO1A1AA1AAF 4证明 EOEOAOEOAEEFAEAFAA221arrrr2152)2(22四、正五边形四、正五边形 1正五边形的边长 正五边形的每个圆心角为 ，其半角为 。设圆的半径为 ，则正五边形的边长为 。 而 从而 72536036272r36sin2ra 521041)415(1415218sin118sin

22、236sin22rrrra22222212111)215(145261521021 2正五边形的作图 作半径为 的圆 的互相垂直的两条直径 与 ，取 的中点 ，连 。以 为心过 画弧交 于 ，以 为心过 画弧交圆 于 ，连 ，则 就是正五边形的一条边 rOBDACBOEAEEFAO1A1AA1AAFAOD 3证明 rrrAE2222)21(1)2(rrrOEAEOEEFOF21)21(121)21(12222rrrOFOAAFAA222222222121)21(1121)21(1 4中国民间近似解法 九五顶五八，八五两边分 ； ； ； ； 1096. 996. 988. 988. 9五、高斯等

23、分圆周五、高斯等分圆周 前3世纪，欧几里得时代用尺规作出了正3、4、5、6、8、10、12、15边形 1796年，19岁的高斯做出了正17边形 1801年，高斯解决了正N边形可用尺规作出的充要条件（括号内都是不同的质数）：) 12() 12)(12(222221knnnmN讲讲 座座(三三)类比思想应用类比思想应用 贝努力难题贝努力难题 张 涛贝努力家族简介贝努力家族简介 三代出了13位数学家 最杰出的数学家是雅各、约翰和丹尼尔 雅各对数学几乎是无师自通，任瑞士巴塞尔大学的数学教授达18年 约翰在雅各的指导下研究数学，雅各去世后他即继任瑞士巴塞尔大学的数学教授达43年之久 丹尼尔是这个家族中成

24、就最大的数学家，曾先后荣获法兰西科学院10次大奖 一、雅各一、雅各贝努力难题的由来贝努力难题的由来 雅各贝努力（16541705）是瑞士巴塞尔大学的数学讲座教授，他曾求出了很多无穷级数的和，但对于所有正整数平方的倒数和 却束手无策，于是他便声称：“假如有人能够求出这个我直到现在还未求出的和，并把它通知我，我将非常感激”。22221312111n二、欧拉的天才解法二、欧拉的天才解法 欧拉（17071783）于1740年的解法 1假设 为 的 个不同的非零根，则 n,2102210nnxaxaxaan)()(212210nnnnxxxaxaxaxaa)1 ()1)(1 () 1(2121nnnnx

25、xxa)1 ()1)(1 (210nxxxa 2假设 为 的 个不同的非零根，由知 n,210) 1(242210nnnxbxbxbbn2nnnxbxbxbb242210) 1()1)(1 ()1)(1)(1)(1 (22110nnxxxxxxb)1 ()1)(1 (222222120nxxxb 3将的括号展开并比较等号两边关于 项的系数得 2x0122221111bbn 4考虑三角方程 的幂级数展开式 这是一个一元无限次方程， 是方程的根，即有无限个根 ， ， 将 这个根去掉，同时两边同除以 得 它的无限个根为 ， 0sinx0)!12() 1(! 5! 312153nxxxxnnkx 0,

26、2,n0 x0)!12() 1(! 5! 31)1(2142nxxxnn,2,n 5将、两式分别与、两式作类比就有和所以 )!12() 1(! 5! 31)1(2142nxxxnn)1 ()21)(1 (22222222nxxx! 311312112222222n6131211112222212nnn 6欧拉还用同样的方法得出： 8) 12(1513111) 12(12222212nnn32) 12() 1(513111) 12() 1(221222121nnnnn90131211114444414nnn96) 12(1513111) 12(14444414nnn960) 12(1513111

27、) 12(16666616nnn三、异议三、异议 异议主要集中在、两式分别与、两式作类比上，因为作为有限次代数方程来说，、两式的结论无疑是正确的，但是对于无限次方程是否有类似的结论呢？这在数学上找不到依据，因此欧拉的这个方法值得怀疑。这一异议持续了十年之久，但是欧拉深信自己的结论是正确的，并进行数值检验。后来欧拉给出了这个问题的新的严格证明。 四、贝努力难题的解法 1将 的右端二项式展开，比较虚部与实部得所以 当 时有nniinieenin)sin(cos)(sincos55533311sincossincossincossinnnnnnnCCCnnkkknknkCn012221212sinc

28、os) 1() 12sin(20nkknknknkknknknCCn021212022121212)(cot) 1(cot) 1(sin) 12sin( 2令 （ ）得 这说明 （ ）是方程 的 个根。 由韦达定理得 从而 由 得 故 12 nknk, 3 , 2 , 10) 12sin(n12cot2nknk, 3 , 2 , 10) 1(01212nkknknkxCn) 12(3112cot11231212nnCCnknnnk) 1(32) 112(cot12nnnknktansincsc1cot12csc1212cot222nkknnk 3对 从 到 取和得 即取极限由两边夹得 或 k1

29、n) 1(3212) 12(3112nnknnnnk212212) 1(32112) 12(31nnnknnnnk61212kk61212nn讲讲 座座(四四)拓扑思想应用拓扑思想应用 张 涛 一、一笔画问题一、一笔画问题 1介绍一笔画问题 2欧拉定理： （1）能一笔画的充要条件是奇数点至多两个 （2）能回到出发点的一笔画的充要条件是没有奇数点 （3）不能回到出发点的一笔画的充要条件是只有两个奇数点 二、将军饮马问题二、将军饮马问题 1介绍“将军饮马”问题：将军牵着马从A地到河边饮马后要到同岸的B地问怎样走最近？ 答案是：应瞄准B地关于河岸的对称点C走到河边D，饮完马后径直走到B地 2引申出光

30、线折射、照镜子、打台球等等 3. 拓广探索题10： （1）从A到B应该走线段AB （2）从A到C应该先从A到BD的中点，再到C （3）引申：如果所给的立体为长方体时，怎样走最近？(俄国名题蜘蛛与苍蝇)134P 4 拓广拓广 （1）水杯上的蚂蚁爬行路线 （2）漏斗上的蚂蚁爬行路线 （3）可展曲面与不可展曲面 （4）地图 三、结合三、结合 数学活动数学活动2介绍莫比乌斯带介绍莫比乌斯带 1莫比乌斯带有几面？莫比乌斯带有几面？ 2把纸条一端扭转 粘合而成的曲面是几面的？ 3沿莫比乌斯带的2、3、4、5、6等分线剪开后会得到什么结果？ 4莫比乌斯带有什么实用价值？ 5克莱茵瓶149P360 四、介绍正

31、多面体四、介绍正多面体 正多面体只有五种正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体 证明：设正多面体的每个面都是正n（n2）边形，每个顶点在k（k2）个n边形上， n边形的每个内角为 ，则 或1802nn3601802knn22knn 当n=3时，k=3,4,5得到正四、八、二十面体； 当n=4时，k=3得到正六面体； 当n=5时，k=3得到正十二面体 当n5时，无解 所以正多面体只有上述五种 五、介绍欧拉公式五、介绍欧拉公式 记多面体的顶点数为V，面数F，棱数为E，则有2EFV 1.证明：对任何m（m4）个面的多面体，记它的顶点数、面数和棱数分别为 、 和 ，把它想象成一个由m个可

32、伸缩的面围成的，先取下一个面，把余下的图形的开口向外拉开直到摊平在平面上，选定其中的一个面（n边形），让这个面的各边收缩成一个点，就得到了m-1个面的多面体，记它的顶点数、面数和棱数分别为 、 和mVmFmE1mV1mF1mE 则有 所以 这说明 的值与多面体的顶点数、面数、棱数及形状都无关，对正方体来说有 ，所以对任何多面体都有11nVVmm11mmFFnEEmm1mmmmmmmmmEFVnEFnVEFV)() 1() 1(111EFV2EFV2EFV 2.欧拉公式成立的条件 （1） （2）3201013EFV0321616EFV 六、皮亚诺定理能否类比六、皮亚诺定理能否类比 亚诺定理：平面

33、上任何一条简单封闭曲线，都能把平面分成两部分 能否类比成：三维空间中任何一张简单封闭曲面，都能把空间分成两部分？ 答案是不能！ 如克莱茵瓶，讲讲 座座(五五)变量替换思想应用变量替换思想应用二、三、四次方程的解法二、三、四次方程的解法 张 涛一、代数方程的化简一、代数方程的化简 任一代数方程 都可用平移变换 变成与其同解的缺少 次高项的方程 012211nnnnnayayayaynaxy10123221nnnnnbxbxbxbx 用待定常数法，将 代入得 展开得 合并得 令 ，即 ，即 时，即可消 去次高项。 xy0)()()(111nnnnaxaxax0)()(111nnnnaxaxnx0)

34、()()()(211xxxnaxnnn01nana1naxy1二、二三次方程的韦达定理二、二三次方程的韦达定理 （1） ， 是方程 的解 的充要条件是 （2） ， ， 是方程 的解的充要条件是1x2x0212axax221121axxaxx1x2x3x032213axaxax332121332211321axxxaxxxxxxaxxx三、二次方程三、二次方程 二次方程二次方程 （ ） 两边同除以 得 令 代入得 解得 ，代回得02cbxax0aa02acxabxabyx2044222aacbyaacby242aacbbx242四、三次方程四、三次方程 三次方程 用变换 转化成等价方程 转化后的

35、方程还是不能直接求解，考虑用两个待定变量代替 ，设 代入得 展开整理得 两个未知量只有一个方程，所以可增加一个条件，今要求 032213ayayay31axy03qpxxvuxx0)()(3qvupvu0)(3()(33vupuvqvu303puvpuv 这样就变成了两个方程 和 所以根据韦达定理可知 和 是二次方程 的两个根，解得 由此得 最后得 qvu3327333pvu3u3v02732pqzz2742322, 1pqqz332312742pqqzu332322742pqqzv33233227422742pqqpqqx五、四次方程五、四次方程 四次方程 用变换 转化成等价方程 转化后的方

36、程还是不能直接求解，考虑用三个待定变量代替 ，设 代入得展开整理得 04322314ayayayay41axywvuxx024srxqxx)()(2)(2)(2222222222wvuqqwvuwuvwuvwvu0)(4)(8(222222suwwvvuwvuruvw 因为用了3个未知量代替了一个未知量，所以还可以再增加2个条件，为此设 代入得即 从而得 20)(2222222qwvuqwvu808ruvwruvw0)(4)()(2222222222222suwwvvuwvuqwvu0)(42422222222suwwvvuqq1642222222squwwvvu642222rwvu 由、及韦

37、达定理可知 ， ， 是3次方程 的3个根，记这个三次方程的3个根为 , 和 ，则 ， ， ，这时 有8种可能的组合，但由于有条件的限制，实际上只有4种组合为方程的4个根 2u2v2w06416422223rzsqzqz1z2z3z1zu2zv3zwwvux六、小结六、小结 1共同点是先把方程用平移变换消去次高项2解二次方程,是先消去一次项,再开方,将其转化成一次方程来处理.3解三次方程时引进了两个辅助变量和一个二次辅助方程，这说明要解三次方程必须要先会解二次方程4解四次方程时引进了三个辅助变量和一个三次辅助方程，这说明要解四次方程必须要先会解三次方程5这种解法是否能类比？就是说是否可以通过引进

38、四个辅助变量和一个四次辅助方程的方法解出五次方程？ 事实上,这个类比是不可能成功的.七、韦达解三次方程七、韦达解三次方程 任意三次方程都同解于方程 ，用变换 代入得 ，展开得 即 ，或 这是关于 的二次方程，求出 ，然后求 ，再求 baxx33yyaxbyyaayya33bayyaayyyayyaya3333322233byya333336abyy3y3yyx讲讲 座座(六六)病例诊断病例诊断 张 涛 一、常识方面一、常识方面 问题问题1 百米赛跑（都按匀速计算），甲比乙早到5米，甲比丙早到10米，问乙比丙早到几米？ 问题问题2：今年比去年的多百分之十，问去年比今年的少百分之几？ 问题问题3：

39、爷孙俩卖瓜，三块钱一个，五块钱两个。今有甲、乙、丙三人合买了两个瓜，每人给了两块钱。三人走后，卖瓜老爷爷意识到共收了六块钱，多收了这三人一块钱，便打发小孙子送还多收的那一块钱。小孙子在追赶的路上渴了，花四毛钱买了一根冰棍儿吃了。追上三人后把剩下的六毛钱还给每人两毛钱。有好事者见了问道：你们三人相当于每人交了一块八毛钱，共五块四毛钱，就算加上小孩儿吃的四毛钱的冰棍钱，也只有五块八毛钱，那还差两毛钱哪里去了？ 二、二、 运算方面运算方面 问题问题1 1=2 证明：设 ，则ba 2222babbaaba)()(babbaba122bbbba 问题问题2 证明：设 ，则 。则bababaccba)()(bacbbaabcbacababa22bcbabacaba22bacbabcbaa)()( 问题问题3 证明：证明： 43 2816219449281644921922)274()273(43274273 问题问题4 证明：设 ，则 babaabc2222)()()(abccbababaabba22 问题问题5 证明：证明： 66)9)(4(3661312946)1(322 三、三、 代数方面代数方面 问题问题 设设 且且 ， ， 求求 的值。的值。 解： Rzyx,2zyx1222zyxzxyzxyzxyzxy)()(212222zyxzyx23