第06讲多项式

1、 第六讲:多项式 1 第六讲:多项式杨老师专论（电话号码：2078159；手机号码 初等数学的中心课题之一是研究代数方程和不等式,其求解证明最终转化为多项式问题;多项式理论本身有许多重要结论,是高等代数的基础;多项式与复数、组合、数论及等众多学科有密切的关系;解决多项式问题综合性大、方法灵活、技巧性强.多项式问题是自主招生考试必须重点关注的重要问题. .知识拓展 多项式的结论常与多项式的系数所在的集合相关,为了叙述方便,我们约定:用Zx,Qx,Rx,Cx分别表示整系数、有理系数、实系数、复系数的所有一元多项式的集合,用degf(x)表示多项式f(x)的次数. 1.带余

2、除法:定理1(复系数):设f(x),g(x)是多项式,g(x)0,则存在唯一多项式q(x)与r(x),使得f(x)=q(x)g(x)+r(x),其中r(x)=0,或degr(x)<egg(x),q(x)和r(x)分别称为除以的商式和余式. 若r(x)=0,则称g(x)能整除f(x),或g(x)称是f(x)的因式,记作g(x)|f(x). 定理2(整系数):设f(x),g(x)是整系数多项式,g(x)0,且g(x)的首项系数为1,则存在唯一的整系数多项式q(x)与r(x),使得f(x)=q(x)g(x)+r(x),其中r(x)=0,或degr(x)<egg(x). 2.整除性质:定理

3、1(自反性):g(x)|f(x),且f(x)|g(x)f(x)=g(x)(是非零常数); 定理2(传递性):若f(x)|g(x),且g(x)|h(x),则f(x)|h(x); 定理3(运算性):若f(x)|g(x),且f(x)|h(x),则f(x)|p(x)g(x)+q(x)h(x),其中p(x),q(x)为任意多项式; 3.因式定理:定理(余数定理):多项式f(x)除以(x-a)所得的余数为f(a); 推论1(因式定理):多项式f(x)有因式(x-a)的充要条件是a为f(x)的根; 推论2:(x-a)|f(x)-f(a); 推论3:若f(x)Zx,则(a-b)|f(a)-f(b); 4.公因

4、式定理:定义(最大公因式):若M(x)是f(x)与g(x)的公因式,且对f(x)与g(x)的任意公因式m(x),都有m(x)|M(x),则称M(x)为f(x)与g(x)的最大公因式,记为M(x)=(f(x),g(x);当(f(x),g(x)=1时,称f(x)与g(x)互素; 定理1:M(x)=(f(x),g(x)存在多项式p(x),q(x),使得p(x)f(x)+q(x)g(x)=M(x); 定理2(裴蜀等式):f(x)与g(x)互素存在多项式p(x),q(x),使得p(x)f(x)+q(x)g(x)=1; 5.零点定理:定理1(基本定理)一元n(n>0)次多项式恰有n个根,重根按重数计

5、算; 定理2(复根成对定理):若实系数多项式f(x)有一个虚根a+bi(a,bR,b0),那么它的共轭复数a-bi也是f(x)的根,并且a+bi和a-bi有相同重数; 推论1:若多项式f(x)有无数个不同的根,则f(x)为零多项式;若两个次数不超过n的多项式在n+1个不同数上的值相等,则这两个多项式恒等; 推论2:实系数多项式f(x)可惟一分解为一次因式与二次不可约因式的乘积(相差一个常数倍数);复系数多项式f(x)可惟一分解为一次因式的乘积(相差一个常数倍数); 6.整系数定理:定理1(有理根定理):若整系数多项式f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0有有理根(p与q互质),则p

6、|an,q|a0; 推论1:设f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0是一个整系数多项式,如果它的奇数次项系数之和等于偶数次项系数之和,则它必含有因子x+1;如果它的奇数次项系数之和等于偶数次项系数之和的相反数,则它必含有因子x-1; 推论2:设f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0是一个整系数多项式,若是f(x)的有理根,则,都是整数(m是整数); 定理2(艾森斯坦判别法)对于整系数多项式f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0,如果能找到一个素数p,使得pan,p|ai(i=0, 2 第六讲:多项式 1,2,n-1),p2a0,那么f(x)在有理数域上不可约

7、(不能分解因式); 7.韦达定理:定理1(韦达定理):如果f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0的根分别为x1,x2,xn,且an0,则有:x1+x2+xn=-,=,=-,x1x2xn=(-1)n;韦达定理的逆命题也成立的; 8.对称多项式:定义1(对称多项式):n元多项式f(x1,x2,xn)任意交换两个变量时均保持不变,则称f(x1,x2,xn)为n元对称多项式; 定义2(初等对称多项式):形如1=x1+x2+xn,2=x1x2+x1x3+xn-1xn,n=x1x2xn的对称多项式称为n元初等对称多项式; 定理:每个n元对称多项式都可以唯一的表成关于初等对称多项式1,2,n的多

8、项式; 9.插值公式:(拉格朗日插值公式):设f(x)是一个次数不超过n的多项式,a1,a2,an+1是n+1个互不相同的复数,则:f(x)f(a1)+f(a2)+f(an+1). 推论1:若a1,a2,an是互不相同的复数,则+1. .归类分析 1.除法与整除:例1:(2003年上海交通大学保送生数学试题)求证:为最简分式.解析:练习1:1.(2003年上海交通大学保送生考试试题)三次多项式f(x)满足f(3)=2f(1),且有两个相等的实根2,则第三个根为 . (2000年上海市高中数学竞赛试题)已知aZ,且x6-33x+20能被x2-x+a整除,则a的值为 .2.(1999年Enlos数

9、学奥林匹克试题)求证:log1999x不能表示成的形式,其中f(x)、g(x)为实系数多项式,且f(x)与g(x)互质. (1977年第6届美国数学奥林匹克试题)求正整数对(m,n)所满足的条件,使得(1+xn+x2n+xmn)能被(1+x+x2+xn)所整除. 2.因式分解:例2:(2006年复旦大学选拔生考试数学试题)下列各式能否在实数范围内分解因式？若能,请作出分解;不能则说明理由.x+1;x2+x+1;x3+x2+x+1;x4+x3+x2+x+1.解析:练习2:1.(2004年复旦大学保送生考试试题)x8+1=(x4+x2+1)(x4+ax2-1),则a= . (2008年第四届北方数

10、学奥林匹克邀请赛试题)设n是正整数,整数a是方程x4+3ax2+2ax-2×3n=0的根,求所有满足条件的n和a.2.(1993年澳门数学奥林匹克试题)设P(x)=x4+ax3+bx2+cx+d,其中a,b,c,d为常数,P(1)=1993,P(2)=3986,P(3)=5979, 第六讲:多项式 3 试计算P(11)+P(-7). (2000年爱尔兰数学奥林匹克试题)设P(x)=x4+ax3+bx2+cx+d,其中a,b,c,d为常数,P(1)=2000,P(2)=4000,P(3)=6000,试计算P(9)+P(-5).2.(1984年上海市高中数学竞赛试题)设多项式P(x)=(

11、x-a1)(x-a2)(x-an)-1,其中ai(i=1,2,n)是n个不同的整数,试证:P(x)不能分解为两个次数大于零的整系数多项式之积. (1999年爱沙尼亚数学奥林匹克试题)求证:x1998+x1997+x2+x+1在整系数范围内不可约. 3.有理数根:例3:(2008年复旦大学选拔生考试数学试题)设x1、x2、x3是方程x3+x+2=0的三个根,则行列式=( )(A)-4 (B)-1 (C)0 (D)2解析:练习3:1.(2007年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知关于x的方程x3sin(sin+2)x2+6x4=0有三个正实根,求u=的最小值.2.(1995年全国高中数学联赛试题)

12、求一切实数p,使三次方程5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p的三个根均为自然数. 4.韦达定理:例4:(2012年复旦大学保送生考试试题)设三次方程x3+px+q=0的3个根互异,且可成等比数列,则它们的公比是 .(A)-i (B)i (C)i (D)-i解析:练习4:1.(2005年上海交通大学保送生考试试题)x3+ax2+bx+c=0的三个根分别为a,b,c,并且a,b,c是不全为零的有理数,求a,b,c的值. (2008年复旦大学选拔生考试数学试题)设x1、x2、x3是方程x3+x+2=0的三个根,则行列式=( )(A)-4 (B)-1 (C)0 (D)22.(1996

13、年AIME数学奥林匹克试题)假设x3+3x2+4x-11=0的根是a,b,c,x3+rx2+sx+t=0的根是a+b,b+c,c+a,求t. (1977年第6届美国数学奥林匹克试题)如果a和b是方程x4+x3-1=0的两个根,求证:ab是x6+x4+x3-x2-1=0的一个根. 5.对称多项式:例5:(2008年复旦大学选拔生考试数学试题)设x1、x2、x3是方程x3+x+2=0的三个根,则行列式=( )(A)-4 (B)-1 (C)0 (D)2解析:练习5:1.(2011年复旦大学保送生考试试题)设a,b(-,+),b0,、是三次方程x3+ax+b=0的3个根,则总以 4 第六讲:多项式 +

14、、+、+为根的三次方程是( )(A)a2x3+2abx2+b2x-a=0 (B)b2x3+2abx2+a2x-b=0 (C)a2x3+2ab2x2+bx-a=0 (D)b2x3+2a2bx2+ax-b=0 (1996年第28届加拿大数学奥林匹克试题)若、是多项式x3-x-1的三个根,计算S=+的值.2.(1998年波兰数学奥林匹克试题)记P(x,y)=x2y+xy2,Q(x,y)=x2+xy+y2,对任意的正整数n,设Fn(x,y)=(x+y)n-xn-yn,Gn(x,y)=(x+y)n+xn+yn,求证:对每个正整数n2,Fn与Gn中至少有一个可表示成P与Q的整系数多项式. 6.三次方程:例

15、6:(2008年南开大学保送生考试试题)方程x3+px2+qx+1=0有3个实根,且p>0,q>0,求证:pq9.解析:练习6:1.(2006年上海交通大学推优、保送生考试数学试题)设k9,解方程x3+2kx2+k2x+9k+27=0. 解方程ax3+bx2+cx+d=0(a0).2.(2008年第七届中国女子数学奥林匹克试题)已知实系数多项式(x)=ax3+bx2+cx+d有三个正根,且(0)<0.求证:2b3+9a2d-7abc0. (数学通报.2012年第4期.数学问题解答(2054)实系数方程ax3-x2+bx-1=0有三个正实根,求P=的最小值. (山东省2012届

16、高中数学夏令营数学竞赛试题)设实系数三次多项式P(x)=x3+ax2+bx+c有三个非零实数根.求证:6a3+10-12ab27c. 7.零点问题:例7:(2003年上海交通大学保送生考试试题)设f(x)=x2+(k+1)x+2k+1,g(k)是k的多项式.()设f(a)与k无关,求常数a;()求一次多项式g(k),使得f(g(k)与k无关;()设g(k)是二次以上的多项式,证明:f(g(k)必与k有关;()设、为f(x)=0的解,试求、满足的方程,并用图形表示出来,其中取作横坐标,取作纵坐标;()如果、是整数,求出与这样的、对应的所有k的值.解析:练习7:1.(2004年上海交通大学保送生考

17、试试题)f(x)=ax4+x3+(5-8a)x2+6x-9a.证明:()总有f(-3)=0;()总有f(3)0. (2007年上海交大冬令营试题)设f(x)=(1+a)x4+x3-(3a+2)x2-4a,试证明对任意实数a:()方程f(x)=0总有相同实根;()存在x0,恒有f(x0)0.2.(2007年第六届中国女子数学奥林匹克试题)给定绝对值都不大于10的整数a、b、c,三次多项式f(x)=x3+ax2+bx+c满足条件|f(2+)|<0.0001.问:2+是否一定是这个多项式的根? (2007年第四届中国东南地区数学奥林匹克试题)试求实数a的个数,使得对于每个a,关于x的三次方程x

18、3=ax+a+1都有满足|x|<1000的偶数根. 8.插值公式:例8:(2003年上海交通大学保送生考试试题)三次多项式f(x)满足f(3)=2f(1),且有两个相等的实根2,则第三个根 第六讲:多项式 5 为 .解析:练习8:1.(1990年全苏数学奥林匹克试题)当x=-1,0,1,2时,多项式P(x)=ax3+bx2+cx+d取整数值.求证:对任意整数x,P(x)均取整数值. (1983年全国高中数学联赛试题)已知函数f(x)=ax2c,满足4f(1)1,1f(2)5,那么,f(3)应满足( )(A)7f(3)26 (B)4f(3)15 (C)1f(3)20 (D)f(3)2.(2

19、010年全国高中数学联赛试题)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),当0x1时,|(x)|1,试求a的最大值. (1974年捷克数学奥林匹克试题)设M是所有形如f(x)=ax3+bx2+cx+d,a,b,c,aR,且当x-1,1时满足|f(x)|1的多项式的集合.证明必有某个数k,使得对所有f(x)M,都有|a|k.并求最小的k. 9.条件多项式:例9:(2010年“华约”自主招生数学试题引伸题)设是三次多项式f(x)=x3-x-a的一个根,且=2+a,若g(x)是一个有理系数的二次多项式,满足条件g()=,则g(0)= .解析:练习9:1.(2009年清华大学自主招生数学试题)

20、找出一个根为+的整系数多项式. (1997年日本数学奥林匹克试题)当a3-a-1=0时,a+是某个整系数多项式的解,求最高项系数为1的满足上述条件的数最低的多项式. (1994年日本数学奥林匹克试题)当a=+时,将表示为次数最低的a的有理多项式.2.(2000年克罗地亚数学奥林匹克试题)求证:存在整系数多项式f(x),使当0.09x0.11时,均有|f(x)-0.1|<0.0001. (2009年中国西部数学奥林匹克试题)设M是一个由实数集R去掉有限个元素后得到的集合.证明:对任意的正整数n,都存在n次多项式f(x),使得f(x)的所有系数及n个实根都属于M. (2011年全国高中数学联

21、赛试题)证明:对任意整数n4,存在一个n次多项式f(x)=xn+an-1xn-1+a1x+a0具有如下性质:a0,a1,an-1均为正整数;对任意正整数m,及任意k(k2)个互不相同的正整数r1,r2,rk,均有f(m)f(r1)f(r2)f(rk). 10.多项式方程:例10:(2006年上海交通大学保送生考试试题)若函数形为f(x,y)=a(x)b(y)+c(x)d(y),其中a(x),c(x)为关于x的多项式,b(y),d(y)为关于y的多项式,则称f(x,y)为P类函数,判断下列函数是否是P类函数,并说明理由.()1+xy;()1+xy+x2y2.解析:练习10:1.(1980年罗马尼

22、亚数学奥林匹克试题)求所有满足P(x2)P(x)2(xR)的次数大于0的多项式P(x). (1975年加拿大数学奥林匹克试题)设k是正整数,求一切多项式P(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0,其中ai是实数,满足等式P(P(x)=P(x)k. 6 第六讲:多项式 2.(1975年第4届美国数学奥林匹克试题)求所有满足P(0)=0,且P(x)=P(x+1)+P(x-1)(xR)的多项式P(x). (1999年全国高中数学联赛河北初赛试题)证明:x是任意实数时,使等式f(x+1)-2f(x)+f(x-1)=0成立的非常值函数f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0(an0)都

23、能且只能表示成一次函数f(x)=ax+b(a0)的形式. (第32届普特南大学生数学奥林匹克试题)求多项式P(x),使得P(0)=0,且对一切实数,等式P(x2+1)=P(x)2+1成立. 11.二项式综合:例11:(2010年同济大学保送生考试数学试题)若x2+x10=a0+a1(1+x)+a9(1+x)9+a10(1+x)10,则a9= .解析:练习11:1.(2009年全国高中数学联赛陕西初赛试题)设(x+1)p(x-3)q=xn+a1xn-1+a2xn-2+an-1x+an,p、qN+.()若a1=a2,求证:3n是完全平方数;()证明:存在无穷多个正整数对(p,q),使得a1=a2.

24、 (1990年巴尔干数学奥林匹克试题)研究由等式a0+a1x+a2x2+a2nx2n=(x+2x2+nxn)2所确定的多项式,证明:an+1+an+2+a2n=n(n+1)(2n2+5n+2).2.(1986年全国高中数学联赛试题)已知数列a0,a1,a2,满足a0a1,且ai-1+ai+1=2ai(i=1,2,3,),求证:对于任何自然数n,p(x)=a0Cn0(1-x)n+a1Cn1x(1-x)n-1+an-1Cnn-1xn-1(1-x)+anCnnxn是x的一次多项式. (1997年第29届加拿大数学奥林匹克试题)将和写成的形式,其中p(x),q(x)为整系数多项式. 12.构造应用:例

25、12:(2008年北京大学自主招生数学试题)实数ai(i=1,2,3),bi(i=1,2,3)满足a1+a2+a3=b1+b2+b3,a1a2+a2a3+a3a1=b1b2+b2b3+b3b1,mina1,a2,a3minb1,b2,b3.求证:maxa1,a2,a3maxb1,b2,b3.解析:练习12:1.(2008年太原市高中数学竞赛试题)tan2+tan2+tan2= .2.(1984年第2届美国数学邀请赛试题)已知,求x2+y2+z2+w2的值. 第六讲:多项式详解 1 第六讲:多项式详解杨老师专论（电话号码：2078159；手机号码 初等数学的中心课题之一

26、是研究代数方程和不等式,其求解证明最终转化为多项式问题;多项式理论本身有许多重要结论,是高等代数的基础;多项式与复数、组合、数论及等众多学科有密切的关系;解决多项式问题综合性大、方法灵活、技巧性强.多项式问题是自主招生考试必须重点关注的重要问题. .知识拓展 多项式的结论常与多项式的系数所在的集合相关,为了叙述方便,我们约定:用Zx,Qx,Rx,Cx分别表示整系数、有理系数、实系数、复系数的所有一元多项式的集合,用degf(x)表示多项式f(x)的次数. 1.带余除法:定理1(复系数):设f(x),g(x)是多项式,g(x)0,则存在唯一多项式q(x)与r(x),使得f(x)=q(x)g(x)

27、+r(x),其中r(x)=0,或degr(x)<egg(x),q(x)和r(x)分别称为除以的商式和余式. 若r(x)=0,则称g(x)能整除f(x),或g(x)称是f(x)的因式,记作g(x)|f(x). 定理2(整系数):设f(x),g(x)是整系数多项式,g(x)0,且g(x)的首项系数为1,则存在唯一的整系数多项式q(x)与r(x),使得f(x)=q(x)g(x)+r(x),其中r(x)=0,或degr(x)<egg(x). 2.整除性质:定理1(自反性):g(x)|f(x),且f(x)|g(x)f(x)=g(x)(是非零常数); 定理2(传递性):若f(x)|g(x),且

28、g(x)|h(x),则f(x)|h(x); 定理3(运算性):若f(x)|g(x),且f(x)|h(x),则f(x)|p(x)g(x)+q(x)h(x),其中p(x),q(x)为任意多项式; 3.因式定理:定理(余数定理):多项式f(x)除以(x-a)所得的余数为f(a); 推论1(因式定理):多项式f(x)有因式(x-a)的充要条件是a为f(x)的根; 推论2:(x-a)|f(x)-f(a); 推论3:若f(x)Zx,则(a-b)|f(a)-f(b); 4.公因式定理:定义(最大公因式):若M(x)是f(x)与g(x)的公因式,且对f(x)与g(x)的任意公因式m(x),都有m(x)|M(x

29、),则称M(x)为f(x)与g(x)的最大公因式,记为M(x)=(f(x),g(x);当(f(x),g(x)=1时,称f(x)与g(x)互素; 定理1:M(x)=(f(x),g(x)存在多项式p(x),q(x),使得p(x)f(x)+q(x)g(x)=M(x); 定理2(裴蜀等式):f(x)与g(x)互素存在多项式p(x),q(x),使得p(x)f(x)+q(x)g(x)=1; 5.零点定理:定理1(基本定理)一元n(n>0)次多项式恰有n个根,重根按重数计算; 定理2(复根成对定理):若实系数多项式f(x)有一个虚根a+bi(a,bR,b0),那么它的共轭复数a-bi也是f(x)的根,

30、并且a+bi和a-bi有相同重数; 推论1:若多项式f(x)有无数个不同的根,则f(x)为零多项式;若两个次数不超过n的多项式在n+1个不同数上的值相等,则这两个多项式恒等; 推论2:实系数多项式f(x)可惟一分解为一次因式与二次不可约因式的乘积(相差一个常数倍数);复系数多项式f(x)可惟一分解为一次因式的乘积(相差一个常数倍数); 6.整系数定理:定理1(有理根定理):若整系数多项式f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0有有理根(p与q互质),则p|an,q|a0; 推论1:设f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0是一个整系数多项式,如果它的奇数次项系数之和等于偶数

31、次项系数之和,则它必含有因子x+1;如果它的奇数次项系数之和等于偶数次项系数之和的相反数,则它必含有因子x-1; 推论2:设f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0是一个整系数多项式,若是f(x)的有理根,则,都是整数(m是整数); 定理2(艾森斯坦判别法)对于整系数多项式f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0,如果能找到一个素数p,使得pan,p|ai(i=0, 2 第六讲:多项式详解 1,2,n-1),p2a0,那么f(x)在有理数域上不可约(不能分解因式); 7.韦达定理:定理1(韦达定理):如果f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0的根分别为x1,x2

32、,xn,且an0,则有:x1+x2+xn=-,=,=-,x1x2xn=(-1)n;韦达定理的逆命题也成立的; 8.对称多项式:定义1(对称多项式):n元多项式f(x1,x2,xn)任意交换两个变量时均保持不变,则称f(x1,x2,xn)为n元对称多项式; 定义2(初等对称多项式):形如1=x1+x2+xn,2=x1x2+x1x3+xn-1xn,n=x1x2xn的对称多项式称为n元初等对称多项式; 定理:每个n元对称多项式都可以唯一的表成关于初等对称多项式1,2,n的多项式; 9.插值公式:(拉格朗日插值公式):设f(x)是一个次数不超过n的多项式,a1,a2,an+1是n+1个互不相同的复数,

33、则:f(x)f(a1)+f(a2)+f(an+1). 推论1:若a1,a2,an是互不相同的复数,则+1. .归类分析 1.除法与整除:例1:(2003年上海交通大学保送生数学试题)求证:为最简分式.解析:令f(a)=a3+2a,g(a)=a4+3a2+1,则为最简分式f(a)与g(a)无公因式.反证:假设(f(a),g(a)=h(a)(degh(a)1)h(a)|f(a),h(a)|g(a)h(a)|g(a)-af(a)=a+1a+1|h(a)a+1|f(a),矛盾.练习1:1.(2003年上海交通大学保送生考试试题)三次多项式f(x)满足f(3)=2f(1),且有两个相等的实根2,则第三个

34、根为 .解:设f(x)=(ax-b)(x-2)2,由f(3)=2f(1)3a-b=2(a-b)a=-b第三个根为-1. (2000年上海市高中数学竞赛试题)已知aZ,且x6-33x+20能被x2-x+a整除,则a的值为 .解:(法一待定系数法)令x6-33x+20=(x2-x+a)(x4+bx3+cx2+dx+e),比较各项系数:b-1=0,a-b+c=0,ab-c+d=0,ac-d+e=0,ad-e=-33,ae=20b=1,c=1-a,d=1-2a,e=a2-3a+1,ad-e=-33,ae=20a(1-2a)-(a2-3a+1)=-33a=4,-(舍去)a=4;(法二综合除法)由综合除法

35、x6-33x+20=(x2-x+a)x4+x3+(1-a)x2+(1-2a)x+(a2-3a+1)+(3a2-4a-32)x+20-a(a2-3a+1),所以,x6-33x+20能被x2-x+a整除(3a2-4a-32)x+20-a(a2-3a+1)03a2-4a-32=0,且20-a(a2-3a+1)=0a=4.2.(1999年Enlos数学奥林匹克试题)求证:log1999x不能表示成的形式,其中f(x)、g(x)为实系数多项式,且f(x)与g(x)互质.解:反证法:假设log1999x=,且(f(x),g(x)=1,则2=2log1999x=log1999x2=f(x2)g(x)=2f(

36、x)g(x2),由(f(x),g(x)=1(f(x2),g(x2)=1f(x2)|2f(x);若f(x)的次数1f(x2)的次数>2f(x)的次数,矛盾;故f(x)为常数;同理可得:g(x)为常数log1999x=常数,矛盾; (1977年第6届美国数学奥林匹克试题)求正整数对(m,n)所满足的条件,使得(1+xn+x2n+xmn)能被(1+x+x2+xn)所整除.解:设(1+xn+x2n+xmn)=(1+x+x2+xn)f(x),其中,f(x)是整系数多项式,则=f(x) 第六讲:多项式详解 3 =f(x)(xn-1)|(xn)m+1-1,(xm+1-1)|(xn)m+1-1(由(a-

37、b)|(ak-bk)可得这两个结论成立),且(xn-1)与(xm+1-1)没有异于(x-1)的公因式n与m+1互素(否则若(n,m+1)=p>1,则(xp-1)|(xn-1),(xp-1)|(xm+1-1)(xn-1),(xm+1-1)=(xp-1),矛盾). 2.因式分解:例2:(2006年复旦大学选拔生考试数学试题)下列各式能否在实数范围内分解因式？若能,请作出分解;不能则说明理由.x+1;x2+x+1;x3+x2+x+1;x4+x3+x2+x+1.解析:x+1是一次多项式,不能分解因式;方程x2+x+1=0无实根x2+x+1在实数范围内不能分解因式;x3+x2+x+1=x2(x+1

38、)+(x+1)=(x+1)(x2+1);x4+x3+x2+x+1=0无实根x4+x3+x2+x+1不含x-a的因式,又设x4+x3+x2+x+1=(x2+ax+1)(x2+bx+1)x4+x3+x2+x+1=x4+(a+b)x3+(ab+2)x2+(a+b)x+1a+b=1,ab+2=1a+b=1,ab=-1a,b是方程t2-t-1=0的根a,b=x4+x3+x2+x+1=(x2+x+1)(x2+x+1).注:本题标准答案是不能分解因式,错题.练习2:1.(2004年复旦大学保送生考试试题)x8+1=(x4+x2+1)(x4+ax2-1),则a= .解:令x=1a=2-.本题为错题:当x=0时

39、,不成立.应为x8+1=(x8+2x4+1)-(x2)2=(x4+x2+1)(x4-x2+1). (2008年第四届北方数学奥林匹克邀请赛试题)设n是正整数,整数a是方程x4+3ax2+2ax-2×3n=0的根,求所有满足条件的n和a.解:由a是方程x4+3ax2+2ax-2×3n=0的根a4+3a3+2a2=2×3na2(a+1)(a+2)=2×3na是奇数(否则:a是偶数a+2是偶数a2(a+1)(a+2)是4的倍数)a+1是偶数a2=32k,a+2=3ma=3k3m-3k=2,或3m+3k=2m=1,k=0,或m=k=0a=1,n=1;或a=-3,

40、n=2.2.(1993年澳门数学奥林匹克试题)设P(x)=x4+ax3+bx2+cx+d,其中a,b,c,d为常数,P(1)=1993,P(2)=3986,P(3)=5979,试计算P(11)+P(-7).解:令f(x)=P(x)-1993xf(1)=f(2)=f(3)=0,由于f(x)是4次方程,设另一根为r,f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)P(x)-1993x=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)+1993xP(11)+P(-7)=10×9×8(11-r)+1993×11+(-8)(-9)

41、(-10)(-7-r)+1993×4=5233. (2000年爱尔兰数学奥林匹克试题)设P(x)=x4+ax3+bx2+cx+d,其中a,b,c,d为常数,P(1)=2000,P(2)=4000,P(3)=6000,试计算P(9)+P(-5).解:令f(x)=P(x)-1993xf(1)=f(2)=f(3)=0,由于f(x)是4次方程,设另一根为r,f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)P(x)-1993x=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)+2000xP(9)+P(-5)=12704.2.(1984年上海市高中数学

42、竞赛试题)设多项式P(x)=(x-a1)(x-a2)(x-an)-1,其中ai(i=1,2,n)是n个不同的整数,试证:P(x)不能分解为两个次数大于零的整系数多项式之积.解:反证法:假设P(x)=f(x)g(x),其中,f(x),g(x)都是整系数多项式,则f(x)g(x)=(x-a1)(x-a2)(x-an)-1f(ai)g(ai)=-1(由f(x),g(x)都是整系数多项式f(ai),g(ai)都是整数)f(ai)=1,g(ai)=1f(ai)+g(ai)=0,即f(x)+g(x)有n个零点ai,但f(x)+g(x)是次数小于P(x)的次数n的多项式不可能有n个零点,故矛盾,即P(x)不

43、能分解为两个次数大于零的整系数多项式之积. (1999年爱沙尼亚数学奥林匹克试题)求证:x1998+x1997+x2+x+1在整系数范围内不可约.解:解决一般性问题:令t=x-1,则xn+xn-1+x2+x+1=Cn+1n+1tn+Cn+1ntn-1+Cn+11,当p=n+1为素数时,pCn+1n+1,P=(n+1)|Cn+1k(k=1,2,n),p2=(n+1)2Cn+11=n+1.由艾森斯坦判别法知该多项式在整系数范围内不可约. 事实上,xn+xn-1+x2+x+1在整系数范围内不可约n+1为素数(若n+1=mk(m,k>1),则xn+xn-1+x2+x+1=必有因式xm-1和xk-

44、1,可约).p=1999为素数. 4 第六讲:多项式详解 3.有理数根:例3:(2008年复旦大学选拔生考试数学试题)设x1、x2、x3是方程x3+x+2=0的三个根,则行列式=( )(A)-4 (B)-1 (C)0 (D)2解析:=3x1x2x3-(x13+x23+x33).方程x3+x+2=0有一根x1=-1(x+1)(x2-x+2)=0x2-x+2=0的两根x2,x3满足:x2+x3=1,x2x3=2x23+x33=(x2+x3)(x2+x3)2-3x2x3=-53x1x2x3-(x13+x23+x33)=-3x2x3-(-1+x23+x33)=0.选(C).练习3:1.(2007年全国

45、高中数学联赛上海初赛试题)已知关于x的方程x3sin(sin+2)x2+6x4=0有三个正实根,求u=的最小值.解:x3sin(sin+2)x2+6x4=0(x-1)(x2sin-2x+4)=0,方程x3sin(sin+2)x2+6x4=0有三个正实根方程x2sin-2x+4=0有二个正实根0<sin.(1-cos)(2cos-6sin-3sin2+2)=2cos-6sin-3sin2+2-2cos2+6sincos+3cossin2-2cos=2sin2-6sin+3cossin2=6sin3+2sin2在sin=时.取得最大值,9sin2-4sin+3在sin=时.取得最小值的最小值

46、=.2.(1995年全国高中数学联赛试题)求一切实数p,使三次方程5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p的三个根均为自然数.解:5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p(5x2-71x+66)p-(5x3-5x2-x+1)=0(x-1)(5x-66)p-(x-1)(5x2-1)=0(x-1)(5x2-5px+66p-1)=05x2-5px+66p-1=0的二个根均为自然数,设为m,n,且nmm+n=p,5mn=66p-15mn=66(m+n)-1n=(m14)m17m26,代入n=验证知m=17,n=59p=76. 4.韦达定理:例4:(2012年复旦大学保送生考

47、试试题)设三次方程x3+px+q=0的3个根互异,且可成等比数列,则它们的公比是 .(A)-i (B)i (C)i (D)-i解析:设三个根分别为a,ab,ab2,由韦达定理得a+ab+ab2=0公比b=-i.选(A).练习4:1.(2005年上海交通大学保送生考试试题)x3+ax2+bx+c=0的三个根分别为a,b,c,并且a,b,c是不全为零的有理数,求a,b,c的值.解:由韦达定理知a+b+c=-a,ab+bc+ca=b,abc=-c(ab+1)c=0.当c=0时,2a+b=0,ab=ba=1,b=-2;当c0时,ab=-1,b+1=-(a+b)(2a+b)b+1=-2a2+3-b2b2

48、+b-2=-2a2b4+b3-2b2=-2(ab)2b4+b3-2b2+2=0(b+1)(b3-2b+2)=0b=-1,a=1,c=-1.综上,(a,b,c)=(1,-2,0),(1,-1,-1). (2008年复旦大学选拔生考试数学试题)设x1、x2、x3是方程x3+x+2=0的三个根,则行列式=( )(A)-4 (B)-1 (C)0 (D)2解:=3x1x2x3-(x13+x23+x33).xi3+xi+2=0(i=1,2,3)xi3=-(xi+2)-(x13+x23+x33)=x1+x2+x3+6,由韦达定理知x1+x2+x3=0,x1x2x3=-23x1x2x3-(x13+x23+x3

49、3)=0;选(C). 第六讲:多项式详解 5 2.(1996年AIME数学奥林匹克试题)假设x3+3x2+4x-11=0的根是a,b,c,x3+rx2+sx+t=0的根是a+b,b+c,c+a,求t.解:由韦达定理知a+b+c=-3,ab+bc+ca=4,abc=11,(a+b)(b+c)(c+a)=-tt=-(-3-c)(-3-a)(-3-b)=(a+3)(b+3)(c+3)=abc+3(ab+bc+ca)+9(a+b+c)+27=23. (1977年第6届美国数学奥林匹克试题)如果a和b是方程x4+x3-1=0的两个根,求证:ab是x6+x4+x3-x2-1=0的一个根.解:设方程x4+x

50、3-1=0的根为a,b,c,d,由韦达定理知,把分别代入,并令ab=x得,消去a+b得:x6+x4+x3-x2-1=0,即ab是x6+x4+x3-x2-1=0的一个根. 5.对称多项式:例5:(2008年复旦大学选拔生考试数学试题)设x1、x2、x3是方程x3+x+2=0的三个根,则行列式=( )(A)-4 (B)-1 (C)0 (D)2解析:=3x1x2x3-(x13+x23+x33).3x1x2x3-(x13+x23+x33)=-(x13+x23+x33-3x1x2x3)=-(x1+x2+x3)(x12+x22+x32-x1x2-x2x3-x3x1)=-(x1+x2+x3)(x1+x2+x3)2-3(x1x2+x2x3+x3x1),由韦达定理知x1+x2+x3=0,x1x2+x2x3+x3x1=13x1x2x3-(x13+x23+x33)=0;选(C).练习5:1.(2011年复旦大学保送生考试试题)设a,b(-,+),b0,、是三次方程x3+ax+b=0的3个根,则总以+、+、+为根的三次方程是( )(A)a2x3+2abx2+b2x-a=0 (B)b2x3+2abx2+a2x-b=0 (C)a2x3+2ab2x2+bx-a=0 (D)b2x3+2a2bx2+ax-b=0解:由