韦达定理说明了一元n次方程中根和系数之间的关系。法国数学家韦达最早发现代数方程的根与系数之间有这种关系，因此，人们把这个关系称为韦达定理。历史是有趣的，韦达的16世纪就得出这个定理，证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性。
韦达定理在方程论中有着广泛的应用。
韦达定理介绍　　
英文名称：Viete theorem
　　韦达定理说明了一元n次中和之间的关系。
　　这里讲两根之间的关系。
　　一元二次方程aX^2+bX+C=0﹙a≠0﹚中，两根X1,X2有如下关系：X1+
X2=-b/a，X1·X2=c/a.
韦达简介　　
他1540年生于的普瓦图。日卒于。年轻时学习法律当过，后从事活动，当过议会的议员，在对西班牙的战争中曾为政府破译敌军的。韦达还致力于研究，第一个有意识地和地使用来表示、及其，带来了理论研究的重大进步。
　　韦达在欧洲被尊称为“现代数学之父”。韦达最重要的贡献是对代数学的推进，他最早系统地引入代数符号，推进了方程论的发展。韦达用“”这个词来概括当时代数的内容和方法。他创设了大量的代数符号，用字母代替未知数，系统阐述并改良了三、四次方程的解法，指出了根与系数之间的关系。给出不可约情形的三角解法。著有《》、《论方程的识别与订正》等多部著作。
　　韦达从事数学研究只是出于爱好，然而他却完成了代数和方面的巨著。他的《应用于三角形的数学定律》（1579年）是韦达最早的数学专著之一，可能是西欧第一部论述6种三角形解和球面三角形方法的系统著作。他被称为现代代数符号之父。韦达还专门写了一篇论文"截角术"，初步讨论了，，弦的一般，首次把代数变换应用到三角学中。他考虑含有倍角的方程，具体给出了将COS(nx)表示成COS(x)的函数并给出当n≤11等于任意正的倍角表达式了。
　　他的《解析方法入门》一书（1591年），集中了他以前在代数方面的大成，使代数学真正成为数学中的一个优秀分支。他对方程论的贡献是在《论方程的整理和修正》一书中提出了二次、三次和四次方程的解法。
韦达的代数著作　　
《分析方法入门》是韦达最重要的代数著作，也是最早的符号代数专著，书中第1章应用了两种希腊文献：帕波斯的《数学文集》第7篇和丢番图著作中的解题步骤结合起来，认为代数是一种由已知结果求条件的逻辑分析技巧，并自信希腊已经应用了这种分析术，他只不过将这种分析方法重新组织。韦达不满足于丢番图对每一问题都用特殊解法的思想，试图创立一般的符号代数。他引入字母来表示量，用辅音字母B，C，D等表示已知量，用元音字母A（后来用过N）等表示未知量x，而用A
quadratus,A cubus 表示 x2、x3
，并将这种代数称为本“类的运算”以此区别于用来确定数目的“数的运算”。当韦达提出类的运算与数的运算的区别时，就已规定了代数与的分界。这样，代数就成为研究一般的类和方程的学问，这种革新被认为是数学史上的重要进步，它为代数学的发展开辟了道路，因此韦达被西方称为"代数学之父"。1593年，韦达又出版了另一部代数学专著—《分析五篇》（5卷，约1591年完成）；《论方程的识别与订正》是韦达逝世后由他的朋友A.安德森在巴黎出版的，但早在
1591年业已完成。其中得到一系列有关方程变换的公式，给出了G.卡尔达诺三次方程和L.费拉里四次方程解法改进后的求解公式。而另一成就是记载了著名的韦达定理，即方程的根与系数的关系式。韦达还探讨了代数方程数值解的问题，1600年以《幂的数值解法》为题出版。
　　1593年韦达在《分析五篇》中曾说明怎样用直尺和圆规作出导致某些二次方程的问题的解。同年他的《几何补篇》（Supplementum
geometriae）在图尔出版了，其中给问题所涉及的一些代数方程知识。此外，韦达最早明确给出有关π值的无穷运算式，而且创造了一套 10进表示法，促进了记数法的改革。之后，韦达用代数方法解决几何问题的思想由继承，发展成为学。韦达从某个方面讲，又是方面的权威，他通过393415个边的多边形计算出圆周率，精确到点后9位，在相当长的里处于世界领先地位。
韦达最主要的贡献　　
韦达最重要的贡献是对代数学的推进，他最早系统地引入代数符号，推进了方程论的发展。韦达用“分析”这个词来概括当时代数的内容和方法。他创设了大量的代数符号，用字母代替未知数，系统阐述并改良了三、四次方程的解法，指出了根与系数之间的关系。给出三次方程不可约情形的三角解法。著有《分析方法入门》、《论方程的识别与订正》等多部著作。
　　由于韦达做出了许多重要贡献，成为十六世纪法国最杰出的数学家之一。
韦达定理(Vieta's
Theorem）的内容　　
韦达定理的物理应用一
一元二次方程ax^2+bx+c=0 (a≠0 且△=b^2-4ac≥0)中 设两个根为x1，x2
　　则X1+ X2= -b/a
　　X1·X2=c/a
　　用韦达定理判断方程的根
　　若b^2-4ac≥0则方程有根
　　若b^2-4ac&0 则方程有两个不相等的实数根
　　若b^2-4ac=0 则方程有两个相等的实数根
　　若b^2-4ac&0 则方程没有实数解
　　定理在更高次方程中也是可以使用的。一般的，对一个一元n次方程∑AiX^i=0
韦达定理推广
它的根记作X1,X2…，Xn
　　我们有右图等式组
　　其中∑是求和，Π是求积。
　　如果一元二次方程
　　在集中的根是，那么
　　由可推得：任何一元 n 次方程
　　在复数集中必有根。因此，该方程的左端可以在复数范围内分解成一次因式的乘积：
　　其中是该方程的个根。两端比较系数即得韦达定理。
　　(x1-x2)的为√(b^2-4ac)/|a|
　　法国数学家韦达最早发现代数方程的根与系数之间有这种关系，因此，人们把这个关系称为韦达定理。历史是有趣的，韦达的16世纪就得出这个定理，证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由作出第一个实质性的论性。
　　韦达定理在方程论中有着广泛的应用
证明及结论
二次函数与一元二次方程的解
由一元二次方程求根公式为：X = (-b±√b^2-4ac)/2a
　　（注意：a指二次项系数，b指一次项系数，c指常数）
　　可得X1= (-b+√b^2-4ac)/2a ，X2= (-b-√b^2-4ac)/2a
　　1. X1﹢X2=（-b+√b^2-4ac)/2a+（-b-√b^2-4ac)/2a
　　所以X1﹢X2=-b/a
　　2. X1X2= [（-b+√b^2-4ac﹚&2a]&[（-b-√b^2-4ac﹚&2a]
　　所以X1X2=c/a
　　（补充：X1^2+X2^2=(X1+X2)^2-2X1·X2）
　　（扩充）3.X1-X2=（-b+√b^2-4ac)/2a-（-b-√b^2-4ac)/2a
　　又因为X1.X2的值可以互换，所以则有
　　X1-X2=±【（-b+√b^2-4ac)/2a-（-b-√b^2-4ac)/2a】
　　所以X1-X2=±（√b^2-4ac）/a
　　韦达定理推广的证明
　　设X?，X?，……，xn是一元n次方程∑AiXi =0的n个解。
　　则有：An(x-x?)(x-x?)……(x-xn)=0
　　所以：An(x-x?)(x-x?)……(x-xn)=∑AiXi　（在打开(x-x?)(x-x?)……(x-xn)时最好用原理）
　　通过系数对比可得：
　　A（n-1）=-An(∑xi)
　　A（n-2）=An(∑xixj)
　　A0=[(-1) ]&An&ΠXi
　　所以：∑Xi=[(-1) ]&A(n-1)/A(n)
　　∑XiXj=[(-1) ]&A(n-2)/A(n)
　　ΠXi=[(-1) ]&A(0)/A(n)
　　其中∑是求和，Π是求积。
有关韦达定理的例题
　　例1 已知p+q=198，求方程x^2+px+q=0的整数根．
(94祖冲之杯数学邀请赛试题)
　　解：设方程的两整数根为x1、x2，不妨设x1≤x2．由韦达定理，得
　　x1+x2=－p，x1x2=q．
　　于是x1·x2－(x1+x2)=p+q=198，
　　即x1·x2－x1－x2+1=199．
　　∴运用提取公因式法(x1－1)·(x2－1)=199．
　　注意到（x1－1）、（x2－1）均为整数，
　　解得x1=2，x2=200；x1=－198，x2=0．
　　例2 已知关于x的方程x－(12－m)x+m－1=0的两个根都是，求m的值．
　　解：设方程的两个正整数根为x1、x2，且不妨设x1≤x2．由韦达定理得
　　x1+x2=12－m，x1x2=m－1．
　　于是x1x2+x1+x2=11，
　　即(x1+1)( x2+1)=12．
　　∵x1、x2为正整数，
　　解得x1=1，x2=5；x1=2，x2=3．
　　故有m=6或7．
　　例3 求实数k，使得方程kx^2+(k+1)x+(k－1)=0的根都是整数．
　　解：若k=0，得x=1，即k=0符合要求．
　　若k≠0，设二次方程的两个整数根为x1、x2，且X1≤X2，由韦达定理得
　　∴x1x2－X1－x2=2，
　　(x1－1)( x2－1)=3．
　　因为x1－1、x2－1均为整数，
　　所以X1=2，X2=4；X1=—2，X2=0.
　　所以k=1,或k=-1/7
已知二次函数y=－x²+px+q的图像与x轴交于(α，0)、(β，0)两点，且α&1&β，求证：p+q&1．
(97四川省初中试题)
　　证明：由题意，可知方程－x²+px+q=0的两根为α、β．
　　由韦达定理得 α+β=p，αβ=－q．
　　于是p+q=α+β－αβ，
　　=－(αβ－α－β+1)+1
　　=－(α－1)(β－1)+1&1(因α&1&β)．
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以上网友发言只代表其个人观点，不代表新浪网的观点或立场。广州09年中考数学最后一题的答案_百度知道
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(1)y=x^2-3/2*x-1C(0,-1),A(X1,0),B(X2,0),X1+X2=-P,X1*X2=-1.(X1&X2).1/2*AB*OC=25/4,AB=5/2,X2-X1=5/2,(X2-X1)^2=25/4,(X1+X2)^2-4X1X2=25/4,(-P)^2-4*(-1)=25/4,P=-3/2,y=x^2-3/2*x-1(2)-5/4&=m&=5/4X1+X2=3/2,X1*X2=-1,X1=-1/2,X2=2,A(-1/2,0),B(2,0),连AC，AC=根号5/2,BC=根号5,AC^2+BC^2=AB^2,三角形ACB是直角三角形，三角形ACB的外接圆的圆心P在AB的中俯攻碘纪鄢慌碉苇冬俩点，P(3/4，0)，半径5/4，-5/4&=m&=5/4(3)D(5/2,9/2)或D(-5/2,9)1、过A做AD平行BC，设D(X，Y)，三角形ACB相似三角形DMA，AC/BC=DM/AM,Y/(X+1/2)=1/2,X1=5/2,X2=-1/2(舍)，Y=9/2.2、过B做BD平行AC，同理，可得D(-5/2,9)D(5/2,9/2)或D(-5/2,9)我做的，不知对不对
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我也差不多~~
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;+q²的值为________(给我详细的步骤2;+px+q=x}.已知{x&#47,当A={2}时;(x-1）²x&sup2.已知集合A={x/+px+q=0}={2};+p(x-1)+q=x+3},求p²x&sup2,集合B={x&#47
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+px+q=0}={2},表明方程x&sup2{x/+p(x-1)+q=x+3化为
x^2-6x+5=0
解得，即x^2+(p-1)x+q=0有两个相等的实根2
所以 集合B={1,q=4
(x-1）²x&sup2,2*2=q
p=-4,说明一元二次方程有两个相等的实根2,q=4
p^2+q^2=32A={2}，
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1.由题意，方程x²+px+q=0有两个相等实根x1=x2=2，所以p=-4,q=4(一元二次方程根与系数的关系)，所以p²+q²=322.与 1. 类似，-(p-1)=4，所以p=-3，q=4，所以集合B={x/(x-1）²+p(x-1)+q=x+3}=B={x/(x-1）²-3(x-1)+4=x+3}=B={x/x²-6x+5=0} ={1,5}
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出门在外也不愁初中数学。。快点哈！_百度知道
初中数学。。快点哈！
x1&lt,x2+1是关于x的方程x²x2&lt?Q=1.则k得值是多少？2？
以上两题不需要过程3;+px+q=0的两实根.设x1,x2是方程x²2：无论x取什么实属.
你是否同意他的看法！4，x1+1;+qx+p=0的两实根。则P=.对于二次三项式x&sup2，其值都不可能等于10;-10x+36;1&lt,小明得出如下结论？请说你的理由.一元二次方程7x²-（m+13)x+m²-m+2=0的两个根x1,x2满足0&lt.若方程2x²-（k+1）x+k+3=0的两根之差为1
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,小明得出如下结论。4;x2&lt.则k得值是多少：9或-3 2？答案.设x1。解方程：无论x取什么实属,x2）,x2是方程x²-4ac))/2a
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你是否同意他的看法，x1+1;-10x+36,x2+1是关于x的方程x²+qx+p=0的两实根。则P=：x&sup2：p=-1
q=-3 3?Q=？答案;2便可以求解;-m+2=0的两个根x1,求m的取值范围 答案，x1=(-b-根号（b&sup2，其值都不可能等于10？请说你的理由！我同意;-10x+36=10,x2满足，（它无实数解）通过判别式的值来判断;1&lt.一元二次方程7x&sup2：利用求根公式求出（x1;-4ac))/2a
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9或-3 2题有点难
3 题，我同意，并且这个方程无解。因为原式=x²-10x=-36
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=(x-5）²=-11一个数的平方不会为负数，所以该式无解
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