方程的价值_方程的历史发展及其科学价值

第三讲 方程

一、方程的历史发展及其科学价值

㈠方程发展简史

公元前1700年时期古埃及数学著作《兰德纸草书》记载：一个量，加上它的

1

，等于19，求7

这个量。另一部古埃及数学著作《柏林纸草书6619》上有一个题目是“将一个面积为100的大正方形分为两个小正方形，一个边长是另一个的

3”。古巴比伦泥板书上也有类似的数学问题：“两数4

互为倒数，二者之差是7，求这两个数”。

欧几里得几何《原本》中则有很多问题还要用到解二次方程。

中国古代数学著作《九章算术》中有“方程”章，包含了很多关于方程的问题。“今有上禾三秉，中禾二秉，下禾一秉，实三十九斗；上禾二秉，中禾三秉，下禾一秉，实三十四斗；上禾一秉，中禾二秉，下禾三秉，实二十六斗。问上、中、下禾实一秉各几何？”《九章算术》没有表示未知数的符号，而是用算筹将x,y,z的系数和常数项排列成一个（长）方阵，这就是“方程”之一名称的来源。

希腊数学家丢番图《算术》中，讨论了一次方程、二次方程和个别三次方程，还讨论了大量的不定方程。印度数学家阿耶波多在《阿耶波多历数书》中给出了二次方程的求解方法。婆罗摩笈多在公元628年完成的《婆罗摩笈多修正体系》一书中，也给出了一般二次方程的求根公式。

花拉子米的《代数学》一开头就指出：下列的问题，都是由根、平方与数这三样东西组成的。该书给出了六种类型一、二次方程，分六章来叙述。

13世纪的中国，在求高次方程数值解，以及解高次联立方程上有重大贡献。1247年，秦九昭给出了一般高次方程的数值解法。李冶创立的“天元术”（1248年）和朱世杰使用的“四元术”（1303年）能够求解一大类的高次联立方程。

16世纪最伟大的数学成就是发现了三次方程和四次方程的求根公式。1515年，费罗用代数方法求解三次方程xmxn。1535年塔塔利亚宣布自己发现了形如xmxn的三次方程代数解法。1545年，卡尔丹在《大衍术》中给出了三次方程和四次方程的解法。三次方程

3

3

2

x3pxq(p,q0)的解法，实质是考虑恒等式ab3ab(ab)a3b3，若选取a,b，

3

使得3abp,a3b3q，不难解出aqqqpqp

,b，于222323

2323

是得到ab就是所求的x，后人称之为卡尔丹公式。

人们开始讨论一般的五次方程的解法。欧拉和拉格朗日进行了尝试，但是都以失败告终。19世纪鲁菲尼和阿贝尔都证明了一般的五次或五次以上的方程的根不可能用方程系数的根式表出。

㈡方程在中学数学中的地位和作用

高中阶段对方程学习有较高的要求，重点在于领会方程和函数之间的密切关系以及代数方程与几何图形之间的密切关系。具体包含以下几方面：函数与方程，直线与方程，圆与方程，圆锥曲线与方程，二阶矩阵与二元一次方程组、一阶线性差分方程、参数方程等等。

㈢方程的科学价值

自学教材《中学代数研究》P62~63。

二、方程的定义

㈠方程的几种定义

目前中学数学教科书中通用的方程定义是：含有未知数的等式。但是，形如

sin2xcos2x1,x1x22x1之类的等式难以界定。

2

给出一个可以取代的定义：方程是为了求未知数，在未知数和已知数之间建立的一种等式关系。好处在于

①它揭示了方程这一数学思想方法的目标：为了求未知数；

②陈述了“已知数”的存在，解方程需要充分利用已知数和未知数之间的关系； ③方程的本质是“关系”，而且是一个等式关系。

在高等数学中方程的定义：形如fx1,x2,,xngx1,x2,,xn的等式叫做方程，其中

fx1,x2,,xn,gx1,x2,,xn是在它们定义域的交集内研究的两个解析式，且至少有一个不是

常函数。

㈡方程的分类

指数方程

超越方程对数方程

三角方程

反三角方程

一次方程

 方程

整式方程二次方程

高次方程有理方程代数方程

分式方程



无理方程

三、一元方程的同解性

定义1 如果方程⑴f1xg1x的任何一个解都是方程⑵f2xg2x的解，并且方程⑵的任何一个解也都是方程⑴的解，那么方程⑴和⑵称为同解方程。

两个无解方程认为是同解方程。

定理1 如果函数A(x)对于方程f(x)g(x)的定义域M中的数都有意义，那么方程⑴

f(x)g(x)与方程⑵f(x)A(x)g(x)A(x)同解。

证

设x1M，且有f(x1)g(x1)，从而有f(x1)A(x1)g(x1)A(x1)，即方程f(x)g(x)的每一个解都是方程f(x)A(x)g(x)A(x)的解。

如果f(x1)A(x1)g(x1)A(x1)，由f(x1)A(x1)A(x1)g(x1)A(x1)A(x1)， 可得f(x1)g(x1)，即方程f(x)A(x)g(x)A(x)的每一个解也都是方程f(x)g(x)的解

这两个方程是同解方程。

定理2 如果函数A(x)对于方程f(x)g(x)的定义域M中的数都有意义，并且不等于零，那么方程⑴f(x)g(x)与方程⑵A(x)f(x)A(x)g(x)同解。

定理3 如果F(x)f1xf2(x)fk(x)，那么方程Fx0的解集等于下列各个方程：

f1(x)0,f2(x)0,,fk(x)0

的解集的并集，其中每一个解都属于这k个方程的定义域的交集。

定理4 如果f1(x)f2(x),g1(x)g2(x)，方程⑴f1(x)g1(x)与方程⑵f2(x)g2(x)的定义域都是数集M，那么方程⑴与方程⑵同解。

四、几种常见方程的变形

在解方程时，除了利用同解变形外，有时还要作以下几种变形：

⒈方程fn(x)gn(x)是方程f(x)g(x)的结果；正整数n是对函数f(x),g(x)施行乘方运算的指数。可能产生增根，如2x13x5

⒉方程f(x)g(x)是方程f(x)g(x)的结果，不小于2的整数n是对函数f(x),g(x)施行开方运算的根指数（n为偶数时，f(x)0,g(x)0）

⒊如果g1(x),g2(x)不等于0，那么方程

f1(x)f2(x)g(x)g2(x)

是方程1的结果。 

g1(x)g2(x)f1(x)f2(x)

⒋如果对于定义域中的数f1(x)g1(x)，且f2(x)g2(x)，那么方程

f1(x)g1(x)f2(x)g2(x)f(x)f2(x)

是方程1的结果。 

f1(x)g1(x)f2(x)g2(x)g1(x)g2(x)

⒌方程fxgx是方程lgfxlggx的结果。 ⒍方程fxgx是方程sinfxsingx的结果。

五、解方程的常用方法

㈠换元法

例1 解方程6x7(3x4)(x1)6

2

解

令3x

7111

y，则6x72y,3x4y,x1(y)。原方程变形为 2232

2y2(y1)(y1)18

22

即 4y4y2180 解之得y

2

921

,y。所以得到如下四个解 42

33

y1,y2,y32i,y42i

22

换回原来变量得到原方程的解

257272

x1,x2,x3i,x4i

336363

对于形如fx,a2x20或fx,x2a20或fx,x2a20的方程，可以引入三角代换使方程化为较简单的三角方程来求解。关键是使根号内的部分可以成为完全平方式，以便

去掉根号。

形如a





m

f(x)



n

bmf(x)c0的方程，可令yf(x)，将方程化为关于y的整式方程。

f(x)f(x)f(x)g(x)bc0形如a或acb0的分式方程，可令

g(x)g(x)g(x)f(x)

2

u

f(x)2

，化为一个整式方程aubuc0。 g(x)

4

3

2

课堂练习1 解方程12x56x89x56x120 解

将方程表示为12(x41)56x3x89x20 因为x0，将方程两端乘以



1

，得 x2

11

12(x22)56(x)890

xx

设x

11

y，则x22y22，从而有 xx

12(y22)56y890

由此得y

513

或y。 26

由x

15113或x解得 x2x6

132

x2,,,

223

㈡引入参数法

例2 已知实数x,y,z,u满足解法一

令

xyzuxyzu

的值。 ，求

yzuxxyzu

xyzu

k，则xky,ykz,zku,ukx.所以 yzux

xyzuk(xyzu)

故 xyzu(k1)0 于是xyzu0或k1

若xyzu0，则

xyzu

0

xyzu

xyzu

2

xyzu

若k1，则xyzu，所以解法二

令

xyzu

k，则xkyk2zk3uk4x，所以k41，k1 yzux

xyzu4x

2

xyzu2xxyzu0

0

xyzu2k

若k1，则

若k1，则

㈢二项方程和三项方程的解法

形如xA0的方程叫做二项方程，解此方程就是求A的n次方根。 定理 如果cr(cosisin)，那么二项方程xc0的根是

n

n

r(cos

2k

n

isin

2k

n

),k0,1,2,,n1。

例3 解方程x320 解

5

x532(cosisin)

所以x2(cos

形如x2npxnq0的方程叫做三项方程，特别当n2时，得方程x4px2q0，称为双二次方程。

例4 解方程x4x30 解

设x3y，有

6

3

2k

5

isin

2k

5

)(k0,1,2,3,4)

y24y30

解得y11,y23，再分别解方程x1和x3，可得原方程的解为

3

3

x11,x2

㈣因式分解法

1i1i213i1i2

,x3(),x4,x5,x6() 2222

例5 解方程x12x3230 解

4

x412x323(x436x2324)(36x212x1)

(x218)2(6x1)2

(x26x19)(x26x17)

所以原方程同解与方程(x26x19)(x26x17)0 故方程的解为

x13i,x23i,x3322i,x4322i

㈤图像法 例6 确定方程2解

x

x22的实数解的个数。

由于原方程与方程2

x

x22同解，所以可设y2x,yx22，在同一坐标系内

做出两个函数的图像，由图像不难看出：两个函数的图像有两个交点A,B，所以原方程有两个实根。

㈥待定系数法

例7 解方程x4xx4x10 解

用待定系数法，令xy1，代入所给方程并化简得

4

3

2

y45y22y30①

设y45y22y3(y2kyl)(y2kym)，则

k610k413k240

(k21)(k49k24)0

取k1,得l1,m3，因此方程①可写成(y2y1)(y2y3)0

解得y

151 ,y

22

换回原来变量，得

xy1

㈦方程组的解法（自学教材P80~82）

13,x 22

第三讲家庭作业一

⒈解方程

x191



2(x1)2(x4)x1

⒉解方程2x6x45

⒊解方程log2(x2)log2(3x4)4 ⒋解方程x

log

2x

4

⒌解方程lgx3lgxlgx22 ⒍解方程sinx2cosx2

摘自《初等代数研究》（下册）P330~331

⒎解方程6x25x12x25x60

摘自《初等代数研究》（下册）P342~343

⒏解方程x8

⒐解方程组

34

3

2

xyz0222

xyz20 x4y4z4560

摘自《初等代数研究》（下册）P371~372

六、一元三次、四次以及高次方程

㈠一元三次方程的解法

设有一般三次方程ax3bx2cxd0(a0)，取xy

3

b

，整理得到 3a

b22b3bc

ay(c)y(d)0①

3a27a23a

两端除以a得到

y3pyq0②

1b212b3bc

c),q(d)。 其中p(

a3aa27a23a

作变换yuv，代入方程②，整理得到

u3v3q(3uvp)(uv)0

要求3uvp0，则变为

3uvp0

33

uvq0

qq2p33qq2p3

解得，u ,v

24272427

3

从而

23

qqp

u1,u2u1,u32u1

242723qqp

v1,v2v1,v32v1

2427

其中

1i21i

,

22

例8 解三次方程x解

3

2722727

xx0 4416

b9

作变换xyyy，代入方程，整理得到y3pyq0，其中

3a314

2727



1b2713512bbc27297p(c),q(d)a3a31416a27a23a271311632

33

再做变换yz，并整理得到z15z220

4

2



2

3

2

3

利用求根公式可以得到

333x1,x233,x333

422

㈡一元四次方程的解法

一般三次方程的解法的思路是化为缺项的三次方程，再作变换转换为二次方程来求解。一般四次方程的解法也是转换为缺项的四次方程，再将缺项的四次方程转换为三次方程，解出三次方程后，再求出四次方程的根。

自学教材P85。

㈢五次及五次以上代数方程求无根公式

一般五次及五次以上方程不能用根式求解。 自学教材P85~86。

㈣代数基本定理

定理（代数基本定理）任意一元n次方程有n个复数根。

第三讲家庭作业二

解三次方程

2x36x212x110

摘自《初等代数研究》（下册）P338

七、不定方程与中国剩余定理

定理1 设二元一次不定方程为axbyc，其中a,b,c都是整数且a,b都不是0，有一组整数解xx0,yy0；又设(a,b)d,aa1d,bb1d,则axbyc的一切解可以表示成：

xx0b1t,yy0a1t,其中t0,1,2,。

定理2 二元一次不定方程axbyc有整数解的充分与必要条件是(a,b)|c。

二元一次不定方程axby1,(a,b)1的一个特殊解可以表示为：

x(1)n1Qn,y(1)nPn

其中， k2,3,,n P01,P1q1,,PkqkPk1Pk2,

Q00,Q11,,QkqkQk1Qk2,

例1 求7x4y100的一切整数解。

解：先解7x4y1，此处a7,b4,(a,b)1

7413,a7,b4,q11,r13

4311,b4,r13,q21,r21

313,r13,r21,q33,r30.

因此7x4y1的一个解是x(1)21Q2(1)11,y(1)2P22.

故原方程的一个特殊解是x100,y200

由定理1，其一切解可以表成x4t100,y7t200(t0,1,2,)

例2 求111x321y75的一切整数解。

解：(111,321)3,而3|75,故有解,且原方程的解与37x107y25的解完全相同。

今先解107x37y1.

10737233,a107,b37,q12,r133

373314,b37,r133,q21,r24

33481,r133,r24,q38,r31

414,r24,r31,q44

故107x37y1的一个特殊解是x(1)31 Q39,y(1)3P326

37x107y1的一解是x26,y9.

故111x321y75的一切解可以表成x2625107t,y92537t(t0,1,2,)

课堂练习

①解下列不定方程

15x25y100 306x360y630

②把100分成两份，使一份可被7整除，一份可被11整除。

定义1（多元一次不定方程） 可以写成下列形式的方程a1x1a2x2anxnN （其中a1,a2,,an,N都是整数，n2,并且不失一般性）

定理3 多元一次不定方程a1x1a2x2anxnN有整数解的充分必要条件是

(a1,a2,,an)|N

课堂练习

判断下列多元一次不定方程是否有解：

9x24y5z1000;

23x5y106z50;

3x15y21z2

定义2（同余） 给定一个正整数m,把它叫做模。如果用m去除任意两个整数a和b所得的余数相同，则称a，b对模m同余，记作ab(modm)。

如果余数不同，则称a，b对模m不同余，记作ab(modm)。

定理4（孙子定理） 设m1,m2,,mk是k个两两互质的正整数，

mm1m2mk,mmiMi,i1,2,,k,则同余式组

xb1(modm1),xb2(modm2),,xbk(modmk)的解是

M1b1M2M2b2MkMkbk(modm)， xM1

其中MiMi1(modmi),i1,2,,k.

例3 解同余式组

xb1mod5,xb2mod6,xb3mod7,xb4mod11

解：此时m567112310,M16711462,

M25711385,M35611330,M4567210.

解MiMi1modmi,i1,2,3,4

得M13,M21,M31,M41.故

x3462b1385b2330b3210b4mod2310

即为所求。

例4 韩信点兵：有兵一队，若列成五行纵队，则末行一人；成六行纵队，则末行五人，；成七行纵队，则末行四人；成十一行纵队，则末行十人，求兵数。

解：此时m567112310,M16711462,

M25711385,M35611330,M4567210.

解MiMi1modmi,i1,2,3,4

得M13,M21,M31,M41.故

x34623855330421010mod231067312111(mod2310)

即为所求。

课堂练习

① 二数余一，五数余二，七数余三，问本数。

② 三数余一，五数余二，七数余三，问本数。

第三讲家庭作业三

⒈求解二元一次不定方程7x3y20。

⒉二数余一，三数余一，五数余二，问本数。