23
$\开始组$

这是我的解决方案,对吗?我发现我们可以将$f(f(x))$重述为$((x+r)(x+s)+r)因此美元(f(f(f(f(x))))=0美元$(x+r)^2(x+s)^2$

来自维埃塔

$0=(x+r)(x+s)(36^2-r^2)$,我们得到$x=-6$

我在什么地方犯了错误吗?我也想看看其他解决方案

编辑:那么我怎么用vieta解决呢?

$\端组$
1
  • 6
    $\开始组$ 您可以插入$x=-6$到$f(f(f,f(x)))$,并检查答案是否为$0$,因此您确实在某处犯了错误。你在“因此”后面的陈述似乎不正确。 $\端组$ 评论 2015年1月30日21:33

2个答案2

重置为默认值
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$\开始组$

我们有$f(x)=(x+6)^2-6$,因此$f^2。

所以$f^5(x)=(x+6)^{32}-6=0$,给出(实际)解$x=-6\pm\sqrt[32]{6}$。

$\端组$
  • 1
    $\开始组$ 这是获得解决方案的绝妙方法。请问是什么让你产生这个想法的? $\端组$
    – 格雷达
    评论 2015年1月30日21:40
  • 4
    $\开始组$ @格雷达,我想我是从强制完成正方形开始的,在这一点上,对称性突然向我袭来。 $\端组$ 评论 2015年1月30日21:45
  • 1
    $\开始组$ 我认为维埃塔就是这样做的,尽管有多个角度的余弦。 $\端组$ 评论 2015年1月30日22:37
$\开始组$

为所有$n\geq1$定义归纳$f^n(x)=f(f^{n-1}(x))$,以便您求解$f^5(x)=0$。

我们有$f^5(x)=f(f^4(x))$,因此$f^4。$$f^4(x)=-3\pm\sqrt{6}。$$那么出于同样的原因,$f^3(x)$是任何值$z$,如下所示$$z^2+12z+30=-3\pm\sqrt{6}。$$再将此过程迭代几次,即可得到$f^5(x)=0$的解。

$\端组$

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