第 13 題：

(A)　令 \(H(x)=f(x)-x\) ，則

　　因為 \(f(x)\) 為四次式，所以 \(H(x)\) 亦為四次式

　　因為 \(H(0)=H(1)=H(-1)=H(2)=H(-2)=0\)

　　由因式定理，可得 \(H(x)\) 有因式 \(x, (x-1), (x+1), (x-2), (x+2)\)

　　顯然與 \(H(x)\) 為四次式相矛盾。

(B) 令 \(f(x)=x^4+bx^3+cx^2+dx+e\)，

　　由 \(f(1)=0, f(-1)=2,f'(1)=1,f'(-1)=-1\)，

　　可解得 \(\displaystyle b=\frac{1}{2}, c=\frac{-3}{2},d=\frac{-3}{2}, e=\frac{3}{2}\)

　　（如果不想解最後的聯立方程式，就檢查克拉馬公式的的 Δ 是否非零。）

(C) \(f(x)=x^4+x^2+1\)

(D) 四個未知數，卻有五個方程式，有可能會過猶不及，

　　前四個方程式解出來的，帶入第五個方程式卻矛盾，

　　是又不想真的去解那五個方程式，

　　所以以下就借用一下 iamcfg 在 https://math.pro/db/viewthread.php?tid=960&page=1#pid2477 的方法，

　　

　　最後一個數不是 \(4!\)，很好～此四次方程式的首項係數不會是 \(1\)。

(E) 令 \(f(x)=x^4+bx^3+cx^2+dx+e\)，

　　由 \(\displaystyle f(\frac{1}{\sqrt{2}})=0, f(-\frac{1}{\sqrt{2}})=0, f'(\frac{1}{\sqrt{2}})=0, f'(-\frac{1}{\sqrt{2}})=0\)，

　　可解得 \(\displaystyle b=0, c=-1,d=0, e=\frac{1}{4}.\)

若 \(\displaystyle f(x)=a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0\)，則

\(\displaystyle f(x+1)-f(x)=\left(a_n\left(x+1\right)^n+a_{n-1}\left(x+1\right)^{n-1}+\cdots+a_1\left(x+1\right)+a_0\right) - \left(a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0\right)\)

　　　\(\displaystyle =a_n\left(\left(x+1\right)^n-x^n\right)+a_{n-1}\left(\left(x+1\right)^{n-1}-x^{n-1}\right)+\cdots+a_1\left(\left(x+1\right)-x\right)\)

（請自行把 \((x+1)^n, (x+1)^{n-1} \cdots\) 用二項式定理展開）

　　　\(\displaystyle =a_n\left(nx^{n-1}+\cdots\right)+a_{n-1}\left(\left(n-1\right)x^{n-2}\cdots\right)+\cdots\)

　　　\(\displaystyle =n\cdot a_nx^{n-1}+\cdots\)

可以發現 \(f(x+1)-f(x)\) 次方數會減一，且首項係數會多乘上 \(n\)（蝦咪～跟微分很像～嗯～）

所以，若 \(f(x)\) 是四次式，做了 \(4\) 階的差分之後，

會變成常數，且該常數是 \(f(x)\) 的首項係數乘上 \(4!\)。



相關係數那題可能要等待統計達人囉～：Ｐ

我是"覺得"

A > B≒D（ B 與 D 似是經 \(x,y\) 軸伸縮變換可互換）

且

C > B≒D

至於 A 與 C，

不知誰大...

難道要真找一堆數據來算看看？

等待統計達人囉～：Ｐ