如图示例：故：公度C2被约去以短截其长，有余则返而截，这就叫辗转相截。辗转至无余的整截式出现为止；或者是不停地辗转截下去。ri为余数，到最后一定有ri-1=miri这无余式，则ri为p、q的最大公约数，对任二整数，这样的有限辗转相除一定有。而对无公度的二线段，则只有无限辗转相截而不存在辗转除之说了。......
2023-10-21
辗转相截法解方程X5=15.49638921及y'=0
【摘要】：“待定K”法，是确定确定而未知的的辗转相截构造的有效方法。“待定K”法，步步有衔接，每步中，必为前面已有的一盈一亏值，K=0，K→∞，为渐近线，这二值都不会再取。例如，我们解这样一方程X5=15.49638921其右端有意取1.735，我们将说明，既使用“待定K”法解方程，且由15＜15.49638921＜25定则这一定是在有限步“待定K”法得到。，y′=0，即tanx+x=0，代有tanx+x=0.0011459，故“待定K”法得之极大点可信（注意，若解y′=0，此方程还难解？！
“待定K”法，是确定确定而未知的
的辗转相截构造的有效方法。
E=m0C0+C1未知，我们设E=KC0，有
K=1，2，3，……，逐取值。若我们可确定
恰是
的盈、亏变，或亏、盈变，则我们可定m0=K*，得E=m0C0+C1，这实为我们在§2中，变E=m0C0+C1为E=m0C0和E=（m0+1）C0而定
之逆向之为。
在确定了E=m0C0+C1后，我们可设C0=KC1，由此
其中，C1被约掉。若能判
恰为
的亏盈（盈亏）变，则又可定C0=m1C1+C2，其中m1=K*。
在确定了E=m0C0+C1，C0=m1C1+C2后又设C1=KC2，由此算出
（K）表达式，依如上法则定C1=m2C2+C3。
下面通过一例来说明方法并说明其优点：
例 X10=2，解此方程。
由110=1，210=1024，故知1＜X＜2，
当设
①设E=KC0，
由此K=13，K=14的X10-2的符号变，可定：
②设C0=KC1，则E=（13K+1）C1，
至此E=13C0+C1。C0=C1+C2，
有mi=1则必有区间套不等式串中的踏步出现，
③设C1=KC2，则C0=（K+1）C2，E=（14K+13）C2
在这分式中，
为前面已得亏值，
为前面已得之盈值。
显然，这盈、亏二值都不会再取了！
至此，我们得E=13C0+C1，C0=C1+C2，C1=13C2+C3，
1.071770＜X＜1.071795。
当逐K算中，X10升（或降）速度太慢时，可以跨大步，如上，K=1，2时看出降得慢，便取K=10，X10都还不小于2，取K=20，X10＜2，K=10和K=20看X10值相对于2“似对称”，故取K=15算，然后才从K=15往前逐取K=14，K=13而得紧接二K值出现的盈亏变而定C1=13C2+C3。
“待定K”法，步步有衔接，每步
中，
必为前面已有的一盈一亏值，K=0，
K→∞，
为渐近线，这二值都不会再取。K=1时有与前一步之接。因此，
真值一定夹于某
间。也有可能
这便为有限辗转截，如这时，有某K*得的
合
判定标准，便可不往下做，而是以此K*定相应mi，以Ci-1=miCi；而终止，只要是从设
解得的题，则这个
一定是个有理数。
例如，我们解这样一方程
X5=15.49638921
其右端有意取1.735，我们将说明，既使用“待定K”法解方程，且由15＜15.49638921＜25定
则这
一定是在有限步“待定K”法得到。
①设E=KC0，
定E=C0+C1，有
②设C0=KC1，E=（K+1）C1，
定C0=2C1+C2，至此有
③设C1=KC2，C0=（2K+1）C2，E=（3K+1）C2，
定C1=C2+C3，至此，
④设C2=KC3，C1=（K+1）C3，C0=（3K+2）C3，E=（4K+3）C3，
定C2=2C3+C4，
⑤设C3=KC4，C2=（2K+1）C4，C1=（3K+1）C4，C0=（8K+3）C4，
定C3=2C4+C5，
⑥设C4=KC5，C3=（2K+1）C5，C2=（5K+2）C5，C1=（7K+3）C5，
定C4=C5+C6，
⑦设C5=KC6，C4=C5+C6=（K+1）C6，C3=2C4+C5=（3K+2）C6，C2=2C3+C4=（7K+5）C6，C1=C2+C3=（10K+7）C6，C0=2C1+C2=（27K+19）C6，E=C0+C1=（37K+26）C6，
定C5=2C6，
由
实际上由100与73的辗转除便有E，C0间的辗转截！
E、C0间这样的辗转相截结构由设
早就完全确定了！方程式X5=15.49638921只不过起到了判断“待定K”中
相对于
0.73是亏还是盈的作用，故我们总要求f（X）在根邻近是可计算和单调的。
设
其辗转相截是无限过程
（m0，m1，m2，……）=（1，2，1，2，……）
由
其辗转相截是有限的
（m0，m1，……，m6）=（1，2，1，2，2，1，2）
0.73是
的有理近似，而后者之辗转相截结构不是
的无限（1，K）循环截的有限变奏么？
例1 实际开n次方根，再求f（X）在（α，β）上的单极值点，解f（x）=a方程等，都为确定确定而未知的实数的辗转相截构成问题，我们都可以“待定K”法去解决，看下面的例题。
例2 求y=xsinx在（0，π）中的单极大点
我们知y=sinx在（0，π）中，有单极大点，在
这里y=xsinx，振幅被y=x控，在0＜x＜1，xsinx≈x2，而当x＞1，振幅均增大。在
y=xsinx曲线绝不是与y=x相交，而是相切。而当x=π，又有y=0，故，在
必有y=xsinx之一个极大。由此，我们设其为：
的左端点，
为区间长，故设
①设E=KC0，
在K=3，K=4，K=5出现峰值，故极大点必处K=3，K=4决定的
或K=4，K=5决定的
或者就是
②认E=3C0+C1，设C0=KC1，则E=（3K+1）C1，
x=（1+
出现新峰值，三种可能情形与前一样，这里我们先认E=3C0+C1，C0=2C1+C2，设C1=KC2，在
中再查。(www.chuimin.cn)
③认E=3C0+C1，C0=2C1+C2，设C1=KC2，则
又出新峰值，
y=1.819705693，而区间长
即这一峰值在仅
长的区间上了！可近似地认了！
（y=xsinx，y′=sinx+xcosx），y′=0，即tanx+x=0，代
有tanx+x=0.0011459，故“待定K”法得之极大点可信（注意，若解y′=0，此方程还难解？！）
此例所用之方法，不失一般性：求f（x）在（α，β）上的单极大（或单极小），即f（x）在（α，β）内只有一峰（或一谷），故当连续三个K：K*－1，K*，K*+1，f（x）值出峰（或谷）时，为我们的关注。在三个f（x）值中，取大（或小）的两个K*，K*+1，或K*－1，K*，为认辗转式而继续待定K法者（当然，有可能败，但三种情形总有一种是成立的）。最后之定，依相应K*－1，K*+1的x区间长来定，以得足够精度为准。
当我们再求y=xsinx在（π，2π）中之极小时，仍先分析锁定在
区间长为
故，
设 
在设 E=KC0步，
得：
接下来，认E=7C0+C1，查
认E=8C0+C1，查
都不见新谷值出。以
y=－4.814418486为极小，又太粗糙，代y′=0方程，
这种情况下，可以将刚得的
作为我们求极小的新区间，新设：
由此设E=KC0，
得：
由此，再认E=2C0+C1，设C0=KC1，再查
由E=2C0+C1，C0=KC1，有
代入
有
得：
至此，这一谷凹之x的区间长只有
认由E=2C0+C1，C0=9C1，定的
y=－4.814469888，为y=xsinx在（π，2π）中的极小。
代y′=0，即tanx+x=0方程，有tanx+x=-0.00033934，认此极小可信。
这题告诉我们，当前面我们说的在（α，β）下三种情形分别深入不下去时，可以以刚得的峰（谷）的连续三个xk重设（α，β）区间。
逐求
的极点。
在
无极点。
在
n=1，2，3……有极点，n奇时极小，n偶时极大。
在
相切
故
中单极点可以锁定于
此区间长为
故皆可设极点x坐标为
n=1，即求
中
的极小。
设E=KC0，
认
y=－0.217230435为极小。
此极小可信。
n=2，即求
中的极大。
当设
设E=KC0，
认（x（15），y（15））为极大。
取
为极大点可信。
n=10，即求
中
的极大。
此时，
设E=KC0，
列表逐K计算，可得
认（x（54），y（54））为
中
的极大点可信！
在极点，△x是无穷小，
也要无穷小，所以，△y一定要更高阶无穷小！
在此例之述中，避开了y′的出现，在§7中的其他例，也可只用左
右
述。
“待定K”法，就是求确定而未知的实数点的有效方法，又如：
例3 求x3+x=8的根
设f（x）=x3+x，f（1）=2，f（2）=10，f（x）=8的根，当在（1，2）内，故设
①设E=KC0，
故定E=C0+C1，有
②有E=C0+C1，再设C0=KC1，有E=（K+1）C1，
定E=C0+C1，C0=5C1+C2，有：
③E=C0+C1，C0=5C1+C2，再设C1=KC2，有
C0=（5K+1）C2，E=（6K+1）C2，
至此，有E=C0+C1，C0=5C1+C2，C1=66C2+C3，
在③步，发现f（x）逐K变，变得慢，故以10为间隔跨大步取K，至K=60，K=70，f（x）变号，再在60，70间细取K，最后定K=66，K=67相接两K有f（x）变号，而定辗转相截式，同时定套x的区间套。从结果看，“待定K”法是规范、稳健、可靠的，也可达任精度要求的。
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