2次函数交点式是怎样得到的_百度知道
2次函数交点式是怎样得到的
我今天学了二次函数交点式 是y=a(x-x1)(x-x2)我也可以把它推成二次函数的一般式但是..!我想知道人类是怎样发现这个交点式的??直接由一般式推成交点式么???太不可思议了.
如果你会十字相乘的分解因式如果你利用数形结合，体会到x1，x2是与x轴相交的两个点（因此那些与x轴无交点，即△=b^2-4ac&0的就没有这个交点式了）
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我和答案可能比较烦琐但是可以回答你的这个问题你学过高等代数和数论就知道,复数空间内的多项式,他的不可约因子只有一种,ax+b,也就是说不管最高项为几次的多项式,在复数范围内都可以分解成若干个一次式之积,二次函数是放在实数(实数是复数的一种特殊形式)范围内考虑的特殊多项式,当然可以如此分解,当然前提是差别式大于0 另外在有理数范围内,,不可约因子有两种形式,形式为ax+b和ax^2+bx+c,也就是说不管最高项次数几次的多项式,在有理数范围内,最后必定可以分解为以上两种形式的多个因式的积. 要了解这些知识需要你掌握大学里的高等代数知识和一些数论知识,举例给你来说你就会明白什么是有理数不可约而实数可约 比如二次函数x^2+x+1,判别式小于0,所以在实数范围内他不能分解,但是在复数范围内是可以分解的 比如二次函数x^2-2=0, 可以分解成(x-根号2)(x+根号2),但是由于根号2不是有理数范围内的,所以他是有理数不可约的,实数可约的(根号2显然是实数内的) 总之只有你学习到了不可约多项式,你才能明白这里面为什么可以如此转换
你能猜透那些数学家的想法的话,就等着数学教科书上出现你名字命名的定理吧.
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论证阿贝尔定理的错误
论证阿贝尔定理的错误阿贝尔，伽罗瓦之所以会错，是因为他始终没有走出一个怪圈，而我找到了坚锐无比的法宝既二个数学定理，将这个怪圈捅破了。论证阿贝尔定理的错误作者江西临川江国泉阿贝尔定理认为，五次和五次以上的一元高次方程不存在一般的代数根式求解公式。这是一个错误的结论。首先，他论证的方法是错误的。是片面的。阿贝尔，伽罗瓦都是通过预解式的这种方法来论证的，这个出发点就是一个重大错误。这种方法只对研究低于五次方程有效。这是因为，如果伽罗瓦能从多种预解式中得出第一个预解式并且是用四次方程能解的。他有这种能力，他就一定能够从方程多根中找到第一个根的解法，第二个根的求出当然更容易。因为，预解式系数必同原方程根是相互联系的。比如我们知道了一元五次方程第一个根的解法，则其他根的求出必不再须解五次方程。这是无可辩驳的事实。但是如果他不能从众多预解式里选出第一个预解式来，以此理由来说明阿贝尔定理是对的，是没有根据的。好比你无法确定其中一个因式是什么样子，你就否定这个多项式不能分解因式类似这样的错误。因为预解式是他一种估算，方程越高次，越估算不到。他不知道一元高次方程能降次的基本原理。我想问一下各位，一元四次或更低方程，为何可实现降次。当然你们会以伽罗瓦理论来辩论。那么我再问你们，你们谁能创造出不含根式的一元二次方程或三四次方程代数求根公式来吗为什么这是因为方程产生漏根的办法只有二种，一种是方程刚好整除了含未知数的因式，发生漏根，达到降次目的，一种刚好将未知数全整合成一块，另一边是已知数，达到漏根，取到降次目的。第一种方法，显然有五个因式，你无法用低次方程算出第一个因式。因此只有选择整合的办法解决。也就是不断整合漏根达到降次的目的。利用数学新定理，发明一元高次方程求根公式通用推导方法1、二个数学新定理介绍定理A、同解方程式必可求定理指任意二个一元高次方程之间，只要存在相同的解，则相同解方程式必可求出。利用价值如果我们要推导出一个系数为已知数的一元高次方程求根公式，我们可以先求出和此方程有同解的一元高次方程，只要求出的同解方程不是原方程的整倍数，根据同解方程式必可求定理，就可推导出方次更低的同解方程式来。定理B、同解方程判别定理指任意二个一元高次方程之间，只要它们的系数有一对应的固定函数关系（即方程系数判别式等于零），它们之间必存在相同的解。这种函数关系（即方程系数判别式等于零）可用韦达定理推导出来。利用价值1、根据方程系数判别式等于零，则二个方程之间必存在相同解。因此，我们如果要设置一个和原方程有相同解的方程出来，只要确保它们的方程系数符合判别式等于零，这个方程必与原方程有同解。2、利用此定理可以对多元高次方程组快速消元。这个应用在此不作详细介绍。2、同解方程式必可求定理论证过程同解方程式必可求出定理定理任意二个一元高次方程之间只要存在同解，必可推导出它们的同解方程式。论证过程由于论证过程具有明显的规律性，为了简便说明，在此以方程X3＋AX2＋BX＋C0与方程X4＋MX3＋NX2＋PX＋Q0若有公共相等根存在来推导它们的公解方程由于X4＋MX3＋NX2＋PX＋Q0的左边X4＋MX3＋NX2＋PX＋Q总可可化成二部分,即一部分可以整除另一方程左边X3＋AX2＋BX＋C的一部分和不能整除X3＋AX2＋BX＋C的另一部分,因此方程又化成（X3＋AX2＋BX＋C）（X＋M－A）＋（N＋A2－AM－B）X2＋（P＋AB－BM－C）X＋Q＋AC－CM0；的形式由于它们存在同解，它们的公共根必须代入二个方程都成立，当X2的系数（N＋A2－AM－B）≠0时因为这个公共根代入（X3＋AX2＋BX＋C）（X＋M－A）等于零，所以代入（N＋A2－AM－B）X2＋（P＋AB－BM－C）X＋Q＋AC－CM必等于零。否则它不是公共根,因此公共根必存在在方程（N＋A2－AM－B）X2＋（P＋AB－BM－C）X＋Q＋AC－CM0之中，如果已知二个方程存在2个同解根，则方程（N＋A2－AM－B）X2＋（P＋AB－BM－C）X＋Q＋AC－CM0，就是二个方程的同解方程式。当X2的系数（N＋A2－AM－B）0，而X系数（P＋AB－BM－C）≠0则二个方程之间的同解方程必为（P＋AB－BM－C）X＋Q＋AC－CM0；当（N＋A2－AM－B）0又（P＋AB－BM－C）0时二个方程的公共根方程为X3＋AX2＋BX＋C0（说明前题已告之二个方程有公共根）当X2的系数（N＋A2－AM－B）≠0，而已知前题是二个方程只存在一个公共根时，公共根方程必须继续推导下去。前面推导已经知道，公共根即存在于方程X3＋AX2＋BX＋C0中，又存在于方程（N＋A2－AM－B）X2＋（P＋AB－BM－C）X＋Q＋AC－CM0中，而方程（N＋A2－AM－B）X2＋（P＋AB－BM－C）X＋Q＋AC－CM0除以（N＋A2－AM－B）变成X2＋【（P＋AB－BM－C）/（N＋A2－AM－B）】X＋（Q＋AC－CM）/（N＋A2－AM－B）0；方程X3＋AX2＋BX＋C0的左边可化成二部分即能整除X2＋【（P＋AB－BM－C）/（N＋A2－AM－B）】X＋（Q＋AC－CM）/（N＋A2－AM－B）的一部分和不能再整除X2＋【（P＋AB－BM－C）/（N＋A2－AM－B）】X＋（Q＋AC－CM）/（N＋A2－AM－B）余数部分，即方程X3＋AX2＋BX＋C0化成如下形式｛X2＋【（P＋AB－BM－C）/（N＋A2－AM－B）】X＋（Q＋AC－CM）/（N＋A2－AM－B）｝｛X＋【A－（P＋AB－BM－C）/（N＋A2－AM－B）】｝＋｛B－【（Q＋AC－CM）/（N＋A2－AM－B）】－（P＋AB－C－BM）【A（N＋A2－B－CM）－（P＋AB－C－BM）】/（N＋A2－B－AM）2｝X＋C－【（Q＋AC－CM）】【A（N＋A2－AM－B）－（P＋AB－BM－C）】/（N＋A2－AM－B）20；同前理公共根应存在在余数等于零的方程中。即方程｛B－【（Q＋AC－CM）/（N＋A2－AM－B）】－（P＋AB－C－BM）【A（N＋A2－B－CM）－（P＋AB－C－BM）】/（N＋A2－B－AM）2｝X＋C－【（Q＋AC－CM）】【A（N＋A2－AM－B）－（P＋AB－BM－C）】/（N＋A2－AM－B）20；因此说，只要二个方程存在同解，就可以推算出它们的同解方程式。总结规律任意两个一元高次方程之间如果它们之间存在公共相等根,要推导出它们的公共根方程来,都可采取把较高次方程的左边拆成二部分，一部分能整除较低次方程左边的那部分，和另一部分即余数部分。由于二个方程的公共解必存在于余数等于零的方程中，这样多次反复拆分，就必可求出公解方程式了。3、同解方程判别定理的论证过程同解方程判别定理定理任意二个一元高次方程之间，只要它们的系数有一对应的固定函数关系（即方程系数判别式等于零），它们之间必存在相同的解。这种函数关系（即方程系数判别式等于零）可用韦达定理推导出来。论证过程由于证明这个结论具有明显的规律性，所以，我以方程X3＋AX2＋BX＋C0和方程X2＋MX＋N0为例来找推导规律。首先推导它们的判别式。假设方程X2＋MX＋N0的二个根分别为X1，X2如果二个方程之间有公共等根存在，则将X1，X2分别代入方程X3＋AX2＋BX＋C0必有（X13＋AX12＋BX1＋C）（X23＋AX22＋BX2＋C）0展开变成X13X23＋A（X13X22＋X12X23）＋B（X13X2＋X1X23）＋C（X13＋X23）＋A2（X12X22）＋AB（X12X2＋X1X22）＋AC（X12＋X22）＋B2（X1X2）＋BC（X1＋X2）＋C20；根据韦达定理根与系数有如下关系（X1＋X2）－M，X1X2N，又可推出（X12＋X22）（X1＋X2）2－2X1X2（－M2）－2NM2－2N；（X12X2＋X1X22）X1X2（X1＋X2）－MN；（X12X22）N2；（X13＋X23）（X1＋X2）3－3X1X2（X1＋X2）－M3＋3MN；（X13X2＋X1X23）X1X2（X12＋X22）N（M2－2N）M2N－2N2；（X13X22＋X12X23）（X12X22）（X1＋X2）－MN2；X13X23N3；将以上等量代换至展开式变成N3＋A（－MN2）＋B（M2N－2N2）＋C（－M3＋3MN）＋A2（N2）＋AB（－MN）＋AC（M2－2N）＋B2（N）＋BC（－M）＋C20；这就是关于方程X3＋AX2＋BX＋C0和方程X2＋MX＋N0是否有公共根的判别式。现在我们再来论证一下，如果方程X3＋AX2＋BX＋C0和方程X2＋MX＋N0的系数存在N3＋A（－MN2）＋B（M2N－2N2）＋C（－M3＋3MN）＋A2（N2）＋AB（－MN）＋AC（M2－2N）＋B2（N）＋BC（－M）＋C20的函数关系时，二个方程间必存在相等根的问题。论证过程如下假设二个方程之间没有相等的根，说明将方程X2＋MX＋N0的二个根X1，X2分别代入方程X3＋AX2＋BX＋C0都不成立，即（X13＋AX12＋BX1＋C）（X23＋AX22＋BX2＋C）≠0展开变成X13X23＋A（X13X22＋X12X23）＋B（X13X2＋X1X23）＋C（X13＋X23）＋A2（X12X22）＋AB（X12X2＋X1X22）＋AC（X12＋X22）＋B2（X1X2）＋BC（X1＋X2）＋C2≠0；根据韦达定理根与系数有如下关系（X1＋X2）－M；X1X2N；又可推出（X12＋X22）（X1＋X2）2－2X1X2（－M2）－2NM2－2N；（X12X2＋X1X22）X1X2（X1＋X2）－MN；（X12X22）N2；（X13＋X23）（X1＋X2）3－3X1X2（X1＋X2）－M3＋3MN；（X13X2＋X1X23）X1X2（X12＋X22）N（M2－2N）M2N－2N2；（X13X22＋X12X23）（X12X22）（X1＋X2）－MN2；X13X23N3；将以上等量代换至展开式变成N3＋A（－MN2）＋B（M2N－2N2）＋C（－M3＋3MN）＋A2（N2）＋AB（－MN）＋AC（M2－2N）＋B2（N）＋BC（－M）＋C2≠0，结果和前题相矛盾。正因为假设定理不成立必引起这种矛盾，所以判别定理成立。有人会问是否任意二方程都存在对应的固有判别式结构呢这个让我来证明它。1；由于要判别二个方程是否有公解，二个方程系数必是已知数。才能知道判别式值是否等于零。否则无法判别。2；在计算判别式值时，由于方程所有根都可合成对称性群。因此，由牛顿对称性多项式定理可知判别式可变成仅由二方程系数及某些自然数构成。3；用碾转法得出的方程系数关系不能作为判别二方程有公共解的依据。因为碾转过程存在去分母问题。方程二边乘以零，会使不相等变成相等。总结规律任意二个方程的判别式推导过程都可采取用一个方程的所有假设根分别代入另一方程的左边然
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重新安装浏览器，或使用别的浏览器什么是“因式定理”？_百度知道
什么是“因式定理”？
老师上课讲到因式分解的时候提到过这个，但没有细讲，谁能给我讲讲？最好要附例题和详细解答！！谢谢
我有更好的答案
因式定理是余式定理的推论之一： 如果多项式f(a)=0，那么多项式f(x)必定含有因式x-a。 反过来，如果f(x)含有因式x-a，那么，f(a)=0。 将因式定理与待顶系数法配合使用往往可以更简便的进行因式分解。 经典例题： 因式分解：（x-y)³+（y-z)³+(z-x)³。 这题可以利用立方和公式解答，但较为繁琐。 但仔细观察不难发现，当x=y时，原式的值为0。根据因式定理可知：原式必有因式x-y 同样的，也可以得到原式必有因式y-z和z-x 设（x-y)³+（y-z)³+(z-x)³=k(x-y)(y-z)(z-x)① 任意取x,y,z三值 如x=1 y=2 z=3 代入①得-1-1+8=2k k=3 所以（x-y)³+（y-z)³+(z-x)³=3(x-y)(y-z)(z-x) 像这样，熟练掌握因式定理后，就可以用观察法找到因式，用待定系数法和恒等变形概念，求出待定系数，就可以较便利的分解因式了。
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因式定理是余式定理的推论之一： 如果多项式f(a)=0，那么多项式f(x)必定含有因式x-a。 反过来，如果f(x)含有因式x-a，那么，f(a)=0。 将因式定理与待顶系数法配合使用往往可以更简便的进行因式分解。 经典例题： 因式分解：（x-y)³+（y-z)³+(z-x)³。 这题可以利用立方和公式解答，但较为繁琐。 但仔细观察不难发现，当x=y时，原式的值为0。根据因式定理可知：原式必有因式x-y 同样的，也可以得到原式必有因式y-z和z-x 设（x-y)³+（y-z)³+(z-x)³=k(x-y)(y-z)(z-x)① 任意取x,y,z三值 如x=1 y=2 z=3 代入①得-1-1+8=2k k=3 所以（x-y)³+（y-z)³+(z-x)³=3(x-y)(y-z)(z-x) 像这样，熟练掌握因式定理后，就可以用观察法找到因式，用待定系数法和恒等变形概念，求出待定系数，就可以较便利的分解因式了。虽然理论上是，但是因式定理是为了简便，在根为整数的时候才用！ 方程4y^2+4y-5=0两根设为a、b那么因式分解为(x-a)(x-b) 两个根用一元二次方程求根公式解出。 有两个未知数一般不用因式定理，即使用，一般也是在没有常数项的时候。把y看作常数，设x为y的多少倍，这样来分解。 设(x+ay+b)(x+cy+d)其中a、b、c、d都是常数。用待定系数法解出。 你现在在学分解因式？应该只是个初中生吧。初中生要懂这么多么……我上初中那会根本不用这个定理啊…… 再推荐你几个因式分解的方法（不过相信上课老师也讲了，实际上这些对于你来说就够用了）： 1、提取公因式 2、公式法 3、分组分解 4、拆项补项 5、十字相乘 （其中1、2是课内重点考查内容）如果是期末考试，我可以负责地说绝对不会考很难的因式分解，你只要掌握好课内的就好了，祝你考试顺利！
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因式定理是余式定理的推论之一： 如果多项式f(a)=0，那么多项式f(x)必定含有因式x-a。 反过来，如果f(x)含有因式x-a，那么，f(a)=0。 将因式定理与待顶系数法配合使用往往可以更简便的进行因式分解。 经典例题： 因式分解：（x-y)³+（y-z)³+(z-x)³。 这题可以利用立方和公式解答，但较为繁琐。 但仔细观察不难发现，当x=y时，原式的值为0。根据因式定理可知：原式必有因式x-y 同样的，也可以得到原式必有因式y-z和z-x 设（x-y)³+（y-z)³+(z-x)³=k(x-y)(y-z)(z-x)① 任意取x,y,z三值 如x=1 y=2 z=3 代入①得-1-1+8=2k k=3 所以（x-y)³+（y-z)³+(z-x)³=3(x-y)(y-z)(z-x) 像这样，熟练掌握因式定理后，就可以用观察法找到因式，用待定系数法和恒等变形概念，求出待定系数，就可以较便利的分解因式了。虽然理论上是，但是因式定理是为了简便，在根为整数的时候才用！ 方程4y^2+4y-5=0两根设为a、b那么因式分解为(x-a)(x-b) 两个根用一元二次方程求根公式解出。 有两个未知数一般不用因式定理，即使用，一般也是在没有常数项的时候。把y看作常数，设x为y的多少倍，这样来分解。 设(x+ay+b)(x+cy+d)其中a、b、c、d都是常数。用待定系数法解出。
定理1(因式定理) 若a是一元多项式f(x)的根，即f(a)=0成立，则多项式f(x)有一个因式x-a． 根据因式定理，找出一元多项式f(x)的一次因式的关键是求多项式f(x)的根．对于任意多项式f(x)，要求出它的根是没有一般方法的，然而当多项式f(x)的系数都是整数时，即整系数多项式时，经常用下面的定理来判定它是否有有理根．
确定系数：1.找系数最大公约数
2.取各项都含有的字母（一定要都含有的字母）取子母次数最小值。 记住上述
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