2012专题：因式定理与因式分解201208用

1、专题：因式定理与因式分解1、余数定理与因式定理通常：f(x)=aXn+aXn-1+nn-1f(a)表示这个多项式在x二a时的值。如果我们用一次多项式X-c作除式去除多项式f(x)，那么余式是一个数。设这时商式为多项式g(x)，余式(余数)为r，则有：f(x)=(xc)g(x)+r即：被除式等于除式乘以商式再加余式即：在上式中令x二c,便得到：f(c)=0+r=r因此：我们有：f(x)除以xc,所得余数为f(c)。这个结论我们称余数定理如果余数为0,那么f(x)就被xc整除，也就是xc是f(x)的因式。反过来，如果xc是f(x)的因式，那么f(x)就被xc整除，余数为0。因此，我们有：如果f(c

2、)=0，那么xc是f(x)的因式。反之，如果xc是f(x)的因式，那么f(c)=0。定理。需要掌握的基本技能：长除法(x3+2x7)一(x2)计算：x2+2x+6x2x3+0 x2+2x7解：x3一2x2I2x2+2x72x24x70I6x76x12I5所以，x3+2x7(x2)(x2+2x+6)+5注：若被除式多项式缺少了某些项，可以用0补足例1分解因式f(x)x3+6x2+11x+6因为f(1)0，根据上面的结论x(1)x+1就是f(x)的一次因式。知道这个因式，运用多项式除法就可以将商式求出来，再进一步分解。当然，我们也可以不用除法，直接去分组分解。这里的分组是“有目标的”，因为每组都有

3、因式x+1。即：f(x)x3+6x2+llx+6=(x3+x2)+(5x2+5x)+(6x+6)=(x+1)(x2+5x+6)=(x+1)(x+2)(x+3)f(x)2x35x2+5x3例2分解因式：因为f(3)=o,可知x3是f(x)的一次因式。避免分数运算，把x2乘以2得2x3，2x3仍然是f(x)的一次因式。现在可以用长除法，也可以用分组分解法，使得每组都有因式2x-3:f(x)=2x3一5x2+5x一3=(2x一3)(x2一x+1)这里有人会问，例1、例2中如何就首先发现f(-1)=0,f(2)=0了呢?下面讨论这个问题。2、有理根的求法如果x-c是f(x)的因式，则f(c)=0，那么

4、就是说x=c是f(x)=0的根；反之，在c是f(x)=0的根时，x-c就是f(x)的因式。问题是如何求出f(x)=0的根？我们假定f(x)=axn+axn-1hfax+a是整系数多项式，又设有理数nn一110c=p是f(x)=0的根，这里p是既约分数(即p,q为互质整数)。qq由于f(c)=0，则有a(p)n+a(p)n-1+a()+a=0TOC o 1-5 h znqn-1q+1q0两边同乘qn得：apn+apn-1q+apqn-1+aqn=0nn-110上式p能整除左边前n项，q能整除左边后n项，又因p,q互质，因此：p能整除a，即p是a的约数；q能整除a，即q是a的约数。00nn因此，可

5、得：整系数多项式f(x)=axn+axn-1+ax+a=0的有理根x=的分子pnn-110q是常数项a的约数；q是首项系数a的约数。0n找到了f(x)=0的有理根x=匕，那么就找到了f(x)的一次因式x-匕.qq3x3+x2+x一2例3分解因式解：a=-2的因数有土1,2,a的正因数有+1,+3(我们可以如此取)。0n12所以f(x)=0的有理根只可能是土1,23，-2经检验可得：f()=032所以x-3是f(x)的因式，从而3x-2也是f(x)的因式，可得：3x3+x2+x2=(3x22x2)+(3x22x)+(3x2)=(3x2)(x2+x+1)3、字母系数上述多项式都是常数系数。若遇字母

6、系数多项式呢？例4分解因式x3-(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x-abc解：常数项-abc的因数为a,b,c,ab,bc,ca,abc.扌巴x=a代入，可得x3(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)xabc=0所以x-a是原式的因式，同理x-b,x-c也是原式的因式，所以：x3-(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x-abc=(x-a)(x-b)(x-c)小结：因式定理只是提供了一个寻找多项式的一次因式的方法。达到了降次的目的。如果一个整系数多项式没有有理根，那么它也就没有整系数的一次因式，这时我们可以用待定系数法来考察它有无其他因式。4、二次因式(待定系数法)x4+x3+2x

7、2x+3例5分解因式：解：原式的有理根只可能是1,3，但这4个数都不能使原式的值为0，所以原式没有有理根，因而没有有理系数一次因式。我们设想：原式可以分为两个整系数的二次因式的乘积，于是设：x4+x3+2x2-x+3=(x2+ax+b)(x2+cx+d)(其中a,b,c,d是整数)比较两边X3,x2,x的系数及常数项，得:a+c=1b+d+ac=2be+ad=一1bd=3(一般来说，这样的方程不容易解！但别忘了a,b,e,d是整数！)从bd=3入手，可得或二一1，或=3或=一3d=3d=3d=1d=1将b=1,d=3代入可解得:a一1,c2因此:x4+x3+2x2x+3=(x2x+1)(x2+

8、2x+3)根据因式分解的唯一性，其他几组不必再试了。思考：x6x31能否分解为两个整系数的三次因式的积？(可用待定系数法)下面看两个综合题例6若3x3+hx2-5x+k恰好能被x+3整除，被x+1除余数为4，求h,k，并将多项式3x3+hx25x+k进行因式分解。解：记f(x)=3x3+hx25x+k，则f(3)=0f9h+k=66f(1)=4代入得|h+k=2解得h=&k=6所以f(x)3x3+8x25x6由于f(x)必有因式x+3，设其商式为ax2+bx+e则f(x)(x+3)(ax2+bx+c)ax3+(b+3a)x2+(e+3b)x+3e3x3+8x25x6a=3b+3a=8比较系数可

9、以得到”=_c+3b=5即f(x)=(x+3)(3x2一x一2)=(x+3)(x一l)(3x+2)例7设a,b,c是二个不同的实数，P(x)是实系数多项式。已知P(x)除以(x)得余数a；p(x)除以(x一b)得余数b；P(x)除以(x一c)得余数c；求多项式P(x)除以(xa)(xb)(xc)所得的余式。(意大利数奥题)解：根据余数定理，P(x)被(x-a)除，余数为P(a)，所以P(a)=a.从而P(x)-x，在x=a时，值为0。同理，在x=b、c时，值也为0。所以(x一a)(x一b)(x一c)|P(x)一x，即P(x)除以(x一a)(x一b)(x一c)，余式为x.5、因式定理在轮换式分解

10、中的运用对称式如果把多项式中任何两个字母互换，所得的式子与原多项式恒等，这样的多项式叫做关于这些字母的对称式。如x+y+z，x2+y2+z2，xy+yz+zx，x3+y3+z3,x2y+x2z+y2z+y2x+z2x+z2y,xyz,轮换式一个含有多个字母的多项式中，如果将所有字母顺次轮换后，所得到的多项式恒等，则称原多项式是关于这些字母的轮换式。如：x+y+z,x2+y2+z2,xy+yz+zx,x3+y3+z3,x2y+y2z+z2x,xy2+yz2+zx2,xyz,显然，关于x,y,z的对称式一定是轮换式。但是，关于x,y,z的轮换式不一定是对称式。如：x2y+y2z+z2x。对于次数低

11、于3的轮换式都是对称式。两个轮换式(或对称式)的和、差、积、商(假定整除)仍然是轮换式(或对称式)。关于x,y的齐次对称式的一般形式是一次对称式：1*+y)；、二次对称式：2+y彳+mxy；三次对称式：1x3+y3丿+mxy(x+y)；关于x,y,z的齐次轮换式的一般形式是：一次齐次轮换标准式：1(x+y+z)；)nxyz；二次齐次轮换标准式：1x2+y2+z2)+m卜y+yz+zx)；三次齐次轮换标准式：1(x3+y3+z3)+mx2(y+z)+y2(z+x)+z2(x+(其中，l,m,n均为常数).例8分解因式：(、丫x3(y-z丿+y3(z解：x3(y-z)+y3(z-x)+z3G-y)

12、是关于x,y,z的轮换式如果把它看成x为主元的多项式，当x二y时，原式二y3(y-z)+y3(z-y)+z3(y-y)=0.则原式有因式x-y。同样原式还有因式y-z，z-x.所以(x-y)(y-z)C-x)是原式的因式。但原式是关于x,y,z的四次式，所以还应当有一个一次因式。因原式是四次齐次轮换式，所以这个一次因式也是关于x,y,z的一次齐次轮换式。设为+y+z)，从而有：x3(y-z)+y3(z-x)+z3(x-y)=/(x+y+z)(x-y)(y-z)(z-x).比较x3的系数，得y-z=-l(y-z).求得l=-1.故x3(y-z)+y3(z-x)+z3(x-y)=-(x+y+z)(

13、x-y)(y-z)G-x).(yz)5+(zx)5+(xy)5例9分解因式解：用上面的方法易知原式有因式(x-y)(y-z)(z-x).因原式是五次齐次轮换式，所以还有一个因式是二次齐次轮换式。+y2+z2)+m(xy+yz+我们设：(y-z)5+(z-x)5+(x-y)5=(x-y)(y-z)(z-x)比较两边系数可确定l、m。也可用特殊值法确定/、m。取x=2,y=1,z=0，得：132+1=2(51+2m)，即5/+2m二15再取x=1,y=0,z=-1，得：1一32+1=-2(2/一m)，即2/m=15可解得：l=5,m=-5于是可得：(y-z)5+(z-x)5+(x-y)5=5(x-

14、y)(y-z)(z-x)(x2+y2+z2-xy-yz-zx).思考题：因式分解a3+b3+c3-3abc解：如果把它看成a为主元的多项式，当a=-(b+c)时，有a3+b3+c3一3abc=0所以a+b+c是a3+b3+c3一3abc的因式。因为a3+b3+c3-3abc是关于a,b,c的三次齐次轮换式，则还得有一个二次齐次轮换因式。我们设：ra3+b3+c3-3abc=(a+b+c)l(a2+b2+c2+m(ab+bc+ca)比较a3的系数得：1=1,比较abc的系数得：m=-1所以：a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2一ab-bc-ca)例10n是大于1的自然数，

15、证明：(x+y+z)2n-(y+z)2n-(z+x)2n-(x+y)2n+x2n+y2n+z2n(*)能被(x+y+z)4-(y+z)4-(z+x)4-(x+y)4+x4+y4+z4(*)整除证明：在x二0时，(*)式的值为0,因此x是(*)式的因式。在x=-(y+z)时，(*)式的值为0，因此x+y+z是(*)式的因式。由于(*)是轮换式，所以y,z也是它的因式，即xyz(x+y+z)是它的因式。特别当n二2时，xyz(x+y+z)也是(*)的因式。而(x+y+z)4-(y+z)4-(z+x)4-(x+y)4+x4+y4+z4和xyz(x+y+z)都是四次式，因此它们至多相差一个常数。所以(

16、*)式也能被(*)式整除。例11分解因式：(b+cad)4(bc)(ad)+(c+abd)4(ca)(bd)+(a+bcd)4(ab)(cd)解：原式是a、b、c的轮换式，易验证a=b时，原式为0，所以有因式ab。同理，有因式b一c，ca；因此它有因式：(a一b)(b-c)(c-a)。另一方面，把原式看成d的多项式，易知d二a时，它的值为0,因此有因式d-a。同理，它也有因式d-b,d-c，于是：(a-b)(b-c)(c-a)(d-a)(d-b)(d-c)是原多项式的因式。因原多项式是6次式，两者最多相差一个倍数关系。我们设原式二k(a-b)(b-c)(c-a)(d-a)(d-b)(d-c)用

17、特殊值法确定k值。取a=1,b=0,c=-1,d=2，得：k二16.即：原式=16(a-b)(b-c)(c-a)(d-a)(d-b)(d-c).思考题：分解因式：(bc)3(b+c2a)+(ca)3(c+a2b)+(ab)3(a+b2c)注：易验证a=0和a=b时，原式的值为0。因此a(a-b)是它的因式。由于轮换式，所以：abc(a-b)(b-c)(c-a)是原多项式的因式。但abc(a-b)(b-c)(c-a)是6次式，而原式的次数4，因此原式必为0。因式分解应当分解到“底”，就是应当将多项式分解为既约多项式的积。什么才算是既约多项式呢？这要看在什么数集内分解。有理数集？实数集？复数集？如

18、:2x2-3x+7在实数集内就是既约多项式，但在复数集内可得：2x2-3x+7=2(x3+47i)(x3f47i)(其中i为虚数单位)44代数基本定理：在复数集内，对于任意多项式f(x)=axn+axn-1+ax+a,(n为正整数)，一定有复数c使nn-110得f(c)=0(即c是f(x)=0的一个根)。根据代数基本定理和因式定理，每个x的次数大于1的多项式f(x)都有一次因式x-c。也就是说在复数集内只有一次多项式才是既约多项式。如此，易知n次多项式f(x)必有：f(x)=axn+axni+ax+a=a(xx)(xx)(xx)nn-110n12n这就是f(x)在复数集内的分解式。(不展开讲了！)在有理数集内，如何判定一个多项式是否既约？下面只讨论一元的情形6、艾森斯坦判别法又称艾氏判别法：设f(x)=axn+axn-ihfax+a是整系数多项式.nn-110如果存在一个质数p满足以下条件：