高次方程及解法

高次方程及解法

江苏省通州高级中学徐嘉伟

一般地，我们把次数大于2的整式方程，叫做高次方程。由两个或两个以上高次方程组成的方程组，叫做高次方程组。对于一元五次以上的高次方程，是不能用简单的算术方法来求解的。对于一元五次以下的高次方程，也只能对其中的一些特殊形式的方程，采用“1判根法”、“常数项约数法”、“倒数方程求根法”、“双二次方程及推广形式求解法”等方法，将一元五次以下的高次方程消元、换元、降次，转化成一次或二次方程求解。

一、 1判根法

在一个一元高次方程中，如果各项系数之和等于零，则1是方程的根；如果偶次项系数之和等于奇次项系数之和，则 -1是方程的根。求出方程的1的根后，将原高次方程用长除法或因式分解法分别除以（x-1）或者（ x+1）,降低方程次数后依次求根。“1判根法”是解一元高次方程最简捷、最快速的重要方法，一定要熟练掌握运用。

例1 解方程x4+2x3-9x2-2x+8=0

解：观察方程,因为各项系数之和为:1+2-9-2+8=0(注意:一定把常数项算在偶数项系数当中),根据歌诀“系和零,+1根”,即原方程中可分解出因式(x-1),



(x4+2x3-9x2-2x+8)(x-1)= x3+3x2-6x-8

观察方程x3+3x2-6x-8=0，偶次项系数之和为：3-8=-5；奇次项系数之和为：1-6=-5，

根据歌诀“偶等奇，根 -1”，即方程中含有因式（x+1）， （x3+3x2-6x-8）



(x+1)=x2+2x-8，对一元二次方程x2+2x-8=0有（x+4）（x-2）=0,  原高次方程x4+2x3-9x2-2x+8=0可分解因式为：(x-1) (x+1)(x-2)(x+4)=0,即:当(x-1)=0时,有x1=1;当(x+1)＝０时，有x2= -1;当(x-2) =0时，有x3=2; 当(x+4)=0时，有x4=-4

点拨提醒：在运用“1判根法”解高次方程时，一定注意把“常数项”作为“偶次项”系数计算。

二、常数项约数求根法

根据定理:“如果整系数多项式anxn＋an-1xn-1++a1x+a0可分解出因式Px-Q,即方

Q程anxn＋an-1xn-1++a1x+a0=0有有理数根P（Ｐ、Q 是互质整数），那么，Ｐ一定是

首项系数an 的约数，Q一定是常数项 a0的约数”，我们用“常数项约数”很快找到求解方程的简捷方法。

“常数项约数求根法”分为两种类型：

第一种类型：首项系数为1。对首项（最高次数项）系数为1的高次方程，直接列出常数项所有约数，代入原方程逐一验算，使方程值为零的约数，就是方程的根。依次用原方程除以带根的因式，逐次降次，直至将高次方程降为二次或一次方程求解。

例1 解方程x4+2x3-4x2-5x-6=0

解：第一步：首先列出“常数项”-6的所有约数1、2、3、6

第二步：将这些约数逐一代入原方程验算，确定原方程中所含的“带根”因式。根据各项系数和不为零和奇数项系数和不等于偶数项系数和，排除1根， f(2)=16+16-16-10-6=0 f(-3)=81-54-36+15-6=0,所以原方程中含有因式（x-2）（x+3）

第三步：用长除法将原方程降次。（x4+2x3-4x2-5x-6）(x-2) (x+3)= x2+x+1

第四步：解一元二次方程x2+x+1=0

bb24ac11241113i2a22x==

13i13i,,22 x1= x2= x3=2 x4= -3

第二种类型，首项系数不为1 。对首项系数不为１的高次方程，首先以首项系数为“公因数”提取到小括号外，然后对小括号内的方程的常数项列出公约数。特别注意此时代入

Q方程验算的值一定是P而不是Ｑ，因为此时原方程的因式是（Ｐx－Ｑ），其余的解法步

骤同首项系数为１的解法步骤相同。

例２ 解方程３x3-２x2＋９x -6＝０

2解：将原方程化为 ３（x3-3x2＋３x -２）＝０ 此时，“常数项”为-2，它的约数为 2Q2Q1，2 ，根据“1判根法”排除1，这时，代人原方程验算的只能是P=3，或P= -3

2322228823232233332727=30=0 f(3)=3所以原方程中有因式（3 X-2）。 （3x3-２x2＋９x -6）(3x -2)= x2+3

3i解方程式x2+3=0 x=2，

3i3ix1=2 ，x2=-2

3i3i2原方程的解为x1=2 ，x2= 2，x3=3

三、倒数方程求根法

1、定义：系数成首尾等距离的对称形式的方程，叫做倒数方程。如a x4+bx3+cx2+dx+e=0,其中，ae,bd或者a= -e,b= -d

2、性质：倒数方程有三条重要性质：

（1）倒数方程没有零根；

1（2）如果a是方程的根，则a也是方程的根；

（3）奇数次倒数方程必有一个根是-1或者1，分解出因式(x+1) 或(x-1) 后降低一个次数后的方程仍是倒数方程。

3、倒数方程求解方法：

如果a x4+bx3+cx2+dx+e=0是倒数方程，由于倒数方程没有零根，即x0,所以，

111122方程两边同除以x2得：a(x2+x)+b(x+x)+e=0,令x+x=y, x2+x=y2-2,即原方程变

为：

1ay2+by+(e-2a)=0, 解得y值，再由x+x=y，解得x的值。

例1 解方程2 x4+3x3-16x2+3x+2=0

32122 方程两边同除以 x2 得：2x2+3x-16+x+x=0,即2（x2+x）

 x2  0 解：

11112+3（x+x）-16=0, 2[（x+x）-2]+3（x+x）-16=0, 令x+x=y, 代入方

51程整理得：2y2+3y-20=0, 解之得：y1= -4, y2=2 即x+x= -4, x2+1= -4x, bb24ac4424114124232a222x2+4x+1=0, x=====-23,

x1= -2+3, x2= -2 -3

15又 x+x=21x3=2,

2x2+2=5x, 2x2-5x+2=0 (2x-1)(x-2)=0 x4=2

1经检验知x1= -2+3, x2= -2-3，x3=2, x4=2都是原方程的根。

例2 解方程6x5 - 4 x4 -3x3+3x2 -4x -6=0

解：观察该方程首尾等距离对应项系数互为相反数，且最高次幂项数是奇数，有根x=1,方程两边同除以因式（x-1）得：

6x4+10x3+7x2+10x+6=0，方程两边同除以

21x2x611x70x26y10y50 x+10x, 令y=得

x2并整理得：

y155515551555555,xy26666 方程x+x无实数解：x得：

x

2,355510556412

555105564x11,x212经检验知：是原方程的实数根。

点评讲析：例1、例2这些倒数方程的特征是首尾等距离对应项系数相等，用一般表达式表述为ax4+bx3+cx2+dx+e=0,其中a=e,b=d,或者a= -e,b= -d对首尾对应项系数相等的方程，我们一眼就能发现是“倒数方程”，两边同除以x2,化成可用“换元法”替解的一元二次方程求解。但有些方程，首尾等距离对应项系数不相等，但这些系数又有这样

2的规律：如ax4+bx3+cx2+k•bxk•a0(a0)即常数项可以分解成同四次项系数相同的

数字“a”和另一个因数“k2”的乘积，一次项系数可分解出同三次项系数相同的数字b

2k和与常数项相同的数字k的乘积，凡是具有这样规律特征的方程，也可以用“倒数方

程求根法”来解答。

例3：x4+5x3+2x2+20x+16=0

22解：e1641k•a ， d=20=45k•b

属于倒数方程的“特例形式”，可用“倒数方程求根法”求解。原方程两边同除以x2 得：

2016202xx x+5x+2+，

216x25xx441620x22y8xx 设y=x+x,则

46,x352x即：y+5y-6=0 y= -6或1,当y= -6时，x+

41x当 y=1时，x+(无实数根) x135, x235

四、双二次方程及推广形式求根法

双二次方程有四种形式：

第一种是标准式，如：ax4+bx2+c=0 ,此时设y=x2 原方程化为含y的一元二次方程ay2+by+c=0，求出y值在代入x2之值，从而求出x之值。

第二种形式双二次方程的推广形式。

如：（ax2+bx+c）2+m(ax2+bx+c)+d=0 ,此时设y=(ax2+bx+c),也可转化为含y的一元二次方程y2+my+d=0,解出y值代入ax2+bx+c=y

从而求出原方程的根x之值。

第三种形式是(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)+m=0,此时，方程左边按照“创造相同的多项式，换元替换”的要求，将（x+a）(x+c); (x+b)(x+d)结合（一般是最小数与最大数，中间数与中间数组合），展开相乘，创造相同的多项式（ax2+bx+c）或成比例的多项式m(ax2+bx+c),然后设y=ax2+bx+c,将原方程转化为含y的一元二次方程y2+my+e=0,求出y值，将y值代入ax2+bx+c=y求x之值。

第四种形式是（x-a）4+(x-b) 4=c的形式，此时，将“-a”换成“+b”或将“-b”

ab换成“+a”，利用y=x+

442,消去x的三次项和一次项，变成双二次方程

ababyy22+的形式求解。

例1 解方程x4+3x2-10=0

解：本例属于双二次方程标准式ax4+bx2+c=0的形式，直接设y=x2,则原方程化为：

2y2+3y-10=0 (y+5)(y+2)=0 y= -5或者y=2 x5(舍去)，x2=2,x1=2，

x22

例2 解方程（x2-3x+2）2=9x-3x2-2

解：本例属于双二次标准方程ax4+bx2+c=0推广形式的第二种类型（ax2+bx+c）

2+m(ax2+bx+c)+d=0，因为括号内的二次三项式和括号外的二次三项式经过整理，对应

项系数成比例，即：(x2-3x+2)2+3(x2-3x+2)-4=0设y=x2-3x+2,则原方程转化为y2 +3y -4=0 y4，或者 y=1 x2-3x+2=-4 ,x2-3x+6=0 0 无实数

353535,根, x2-3x+2=1,x2-3x+1=0 x=2 原方程的根x1=2 x2=2

例3 解方程(x+2)(x+3)(x+8)(x+12)=4x2

解：本例题属于双二次标准方程ax4+bx2+c=0推广形式的第三种类型（x+a）(x+b)(x+c)(x+d)+m=0,这种方程解答的核心要领是“创造可供设y换元的相同多项式”。根据这个要求，只有将（x+2）(x+12)和(x+3)(x+8)组合（最小数2和最大数8组合，中间数3和8结合），才能创造出“相同”的多项式“x2+24”,即

x214x24x211x244x2，设yx224则原方程转化为(y+14x)(y+11x)=4x2,

y2+25xy+150x2=0, (y+10x)(y+15x)=0 y+10x=0或y+15x=0, y+10x+24=0或y+15x+24=0, x2+10x+24=0, x1=-4 x2=-6; x2+15x+24=0,

x31512915129x422

x151292,

例4 解方程(x-6)4+(x-8)4=16

解：本题属于双二次标准方程ax4+bx2+c=0推广形式的第四种类型（x-a）

4+(x-b)4=c

的形式。

x6x8x72 (x-6)4+(x-8)4=(x-7+1)4+(x-7-1)4,设y=x-7则原方程转

化

2222为:

y14y1416,

y1y116,y4+6y-7=0

,y2(y4+4y2+1+4y3+2y2+4y)+(y4+4y2+1-4y3+2y2-4y)=16

7y210, y2=-7 或y2=1,y2=-7无解；y2=1, y=1 x-7=1

x1=8 x2=6 原 方程有根x1=8 x2=6

点拨提醒：凡是(x+a)4+(x+b)4=c 类型，设

22yxab2 ,将双二次方程

22ababcyy22+(x+a)4+(x+b)4=c转化为, 利用ab22ab ，

22消去x的三次项和一次项，变为含y的双二次方程ay4+by2+c=0 求解