专题四因式分解与方程竞赛

专题四因式分解与方程一、基本知识和方法1.因式分解将一个多项式写成一个或几个多项式相乘的形式，称为因式分解。习惯上，我们要求因式分解的结果中的多项式为既约多项式。既约多项式也称为不可约多项式，不能分解为次数更低的多项式的乘积。如果一个多项式能够分解为次数更低的多项式的乘积，那么这个多项式称为可约多项式1。即约多项式的判定依赖于多项式所在的数集。在较小的数集上既约的多项式，在较大的数集上可能是可约的。例如，多项式(x2-2)在整数上是既约的，但是在实数上可以分解为(x+、/2)J/2)；多项式(x2+2)在整数与实数上都是既约的，但是在复数上可以分解为(x+i姮)(一*2)。有理系数多项式可以通过提取适当的有理数转化为整系数多项式。在有理数上分解因式，本质上与在整数上分解因式是一样的。在上一节，我们提到了多项式在运算上与整数的相似之处。多项式的因式分解与整数的质因数分解也是非常相似的。多项式中既约多项式的地位与整数中质数的地位是相似的，多项式的因式分解与整数的质因数分解也非常相似。更进一步，整数的质因数分解是唯一的；类似地，在相差一个数的倍数的意义下，多项式的因式分解也是唯一的。上述事实被称为因式分解唯一定理。利用这一定理，我们可以处理一些不太容易处理的问题。考虑多项式(x6-1)的因式分解。先利用立方差公式，然后利用平方差公式，可得：但是如果先利用平方差公式，然后利用立方差与立方和公式，可得：为什么两种方式分解出来的结果不一样呢？如果掌握了因式分解唯一定理，我们就可以确信：X4+X2+1=Q2+X+1)[2一X+1)，多项式乘法显然可以验证这一等式，我们也可以通过“拆添项”的技巧来达到同样的目标：下面我们来看一个更复杂的例子，考虑多项式115-1)的因式分解。一方面，我们有:另一方面，我们还可以得出：又一次地，我们得出了两个不同的结果。不过根据前面的知识与经验，我们可以确信，Q2+X+1)(X12+X9+X6+X3+1)=Q4+X3+X2+X+1)(X10+X5+1)，利用多项式的除法，我们可以算出：与X10+X5+1=(x2+X+1)(X8—X7+X5—X4+X3—X+1)，这样我们最终殊途同归：X15一1=(X-1)Q2+X+1)Q4+X3+X2+X+1)Q8一X7+X5一X4+X3一X+1)。这里忽略系数含有公因子的整系数多项式。习惯上，这类多项式的因式分解要求提取系数的公因数。这是1978年全国数学联赛的一道赛题，后来又被一位教授用作对研究生的考题i。得出最后的结果，一方面需要因式分解唯一定理这一知识，另一方面还需要证明多项式Q8—x7+x5—x4+x3-X+1)是既约的2,这是不太容易的。因式分解的理论就介绍到这里，下面我们来重点介绍因式分解的方法。除了在中学课本中介绍的方法之外，因式分解有一个非常重要的方法——十字相乘法；其中，又以含有字母系数的十字相乘法最易被忽视，而这一方法在初等数学问题中有非常广泛与重要的应用。整数系数的二次三项式的十字相乘，在求解一元二次方程中使用频率非常高，这里我们就不赘述了。下面，我们从二元二次六项式开始。考虑多项式x2+2xy-3y2+3x+y+2的因式分解，基本的方法分为三个步骤：首先选取主元x，将多项式整理为关于x降幕排列的形式：x2+(2y+3)x-Qy2-y-2)，然后分解“常数项”：x2+(2y+3)x-(3y+2)(y-1)，最后利用十字相乘进行分解，得：(x+3y+2)[x-(y-1)]，即(x+3y+2)(x—y+1)。这一方法同样适用于三元齐二次多项式。例如：x2-6xy+9y2-5xz+15yz+6z2。首先关于x降幕排列：x2-(6y+5z)x+(9y2+15yz+6z2)，然后分解“常数项”：x2-(6y+5z)x+3(3y+2z)(y+z)，最后十字相乘：(x-3y-2z)(x-3y-3z)。即使多项式的次数超过二次，但是只要有一个字母的最高次数恰好为二次，这一方法就很有可能成功。下面我们再来看两个较复杂的例子。考虑多项式(a2b-ab2+a2c-ac2-3abc+b2c+bc2)的因式分解。这个三元多项式并不是齐二次的，但是其中每一个字母的次数都不超过二次，因此可以选择a作为主元进行降幕排列，然后分解:再看一个例子:(ax+by+ay)2+(bx-ay)(ax+by+ay)+(bx-ay)2再看一个例子:这是一个更复杂的四元四次多项式，但是将其中的a与b看作是字母系数，将这个多项式整理为关于x与y的齐二次多项式，十字相乘的方法仍然奏效：.因式定理因式分解与方程有着非常紧密的联系。利用因式分解来解一元二次方程是使用频率非常高的解法。反过来，利用方程也可以帮助因式分解。事实上，我们有：因式定理：设f(x)是一个多项式，x=a是方程以x)=0的一个解，那么多项式f(x)有因式何以利用爱森斯坦(Eisenstein)判别法来证明这一多项式是既约多项式；另外，这一多项式是分圆多项式而分圆多项式在有理数范围内都是既约的。

(x-a)下面，我们用两种方法来证明这一定理。设f设f(x)=xaxi=axn+axn-1+L+ax+ai n n-1i=0。，其中n“+，an,Ka「a。都是预先给定的数，贝Uf(a)=aan+aan-1+L+aa+a。n n-1因为f(a)=0，所以根据公式an—bn=(a—b)^an-1+an-2b+L+abn-2+bn-1)，对于每一个i=1..n，axi-aai=a(x-a)(xi-1+xi-2a+...+xai-2+ai-1)，ii即(x-a)|(axi-aai)，因此(x-a)即f即f(x)有因式i(x-a)我们用多项式的带余除法给出另一种证明。设多项式 f(x)除以(x-a)的商式为g(x)，余式为Nx)，即f(x)=(x-a)g(x)+Nx)，则多项式“x)的次数低于除式(x-a)的次数，即心)实际上是一个数，设为u。因此f(x)=(x-a)g(x)+u，在上式中代入x=a，得f(a)=(a-a)g(a)+u=u，因此有f(x)=(x-a)g(x)+f(a)，而f(a)=0，所以f(x)=(x-a)g(x)，即〃x)有因式(x-a)。根据这一证明，我们可以得到因式定理的一个推广:余数定理多项式f(x)除以(x-a)所得的余数等于f(a)。当我们需要计算一元多项式中，一个多项式除以一个一次多项式的余式时，余数定理提供了可能更为快捷的计算方法。因式定理用于多项式的因式分解，有两个比较重要的应用：一个是进行高次多项式——特别是三次多项式——的因式分解，另一个是对称多项式的因式分解。下面我们通过几个例子，主要介绍利用因式定理因式分解一元三次方程。多项式Q+2x—1）在整数范围内是既约的，但是在实数范围内可以分解。一种方式是利用因式定理，先求解一元二次方程x2+2x-1二0的两根分别为x=-1+2，x=-1- \.' 2，因此x2+2x-1= Cx +1+42)C+1-<2)；另一种方式就是利用配方与平方差公式：x2+2x-1=（x+1）2-2=（x+1+姮）x+1-<2）。当多项式的次数增加到三次时，配方的方法就无法奏效了。例如多项式x3-7x-6，我们无法进行配方以利用平方差公式，但是此时因式定理仍然可以帮助我们。观察到当x--1时，多项式的值为零，因此（x+1）是这个多项式的一个因式，即x3-7x-6=(x+1)Q-x-6)=(x+1)(x+2)(x-3)。在这里，观察到x=-1是这个多项式的一根并不完全依靠运气。事实上,我们有:定理（多项式的有理根）设有理数q=L其中/eZ、keZ+、（l,k）=1；k多项式f(x)=£axi-axn+axn-1+L+ax+a，其中neZ+，a,Ka,a都是整数。i n n-1i=0如果f（q）=0，那么l|a。且k\an。这一定理说的是，如果一个整系数多项式有有理根，那么将这个有理数写成既约分数的形式后，分子一定整除常数项，分母一定整除多项式最高次项的系数。对多项式Q―7x-6）应用这一定理，可以得出：使这个多项式的值为零的有理数，其分母一定整除最高次项系数1，其分子一定整除常数项。即这些有理数一定都是整数，并且都是-6的因数，因此可能的数只有±1、±2、±3与±6。根据这一定理，任意给定一个整系数多项式，可以列出这个多项式所有可能的有理根，然后依次进行验证。一旦确定一根，根据因式定理，就可以确定一个一次因式。继而利用多项式除法确定另一个因式，然后继续分解这个因式即可。试有理根的这个方法，能够解决相当数量的一元整系数高次多项式的因式分解问题。但是，当多项式没有有理根时，这一方法就无能为力了。例如上一节给出的多项式Q+x2+1）。这个多项式的有理根只可能是1或-1，分别代入验证，可以确认都不是多项式的根。结论就是这个多项式没有有理根，因此在有理数范围内也没有一次因式。事实上，x4+x2+1=Q+x+1）Q-x+1），在整数范围内，它恰有两个二次因式。当多项式的系数与常数项中含有无理数时，上面所说的试有理根的方法就不存在了。但是只要我们能够找到多项式的无理根，一样可以利用因式定理来分解因式。例如多项式Q+3x-8\；5），观察到当x=行时,多项式的值为零，因此（八5）。+3x-8V5），利用多项式的除法可得x3+3x-8芯=Q-0）（2+<5x+8），其中，二次三项式Q+芯x+8）的判别式小于零，在实数上是既约的。在这个例子中，运用“拆添项”的技巧，也不是不能直接进行因式

分解:但是观察出多项式Q+3x-8石）有一根＜5应该比找到上述的“拆添项”容易一些。F面我们来看一个复杂一点的例子，考虑多项式

x3+Q+"）x2-（4-5"）x+7-V7。现在，需要有欧拉一般的直觉，才能找到正确的“拆添项”；似乎需要比欧拉更敏锐的直觉，才能找到多项式的一根，以便因式定理能够发挥作用。在这里，试有理根的方法通过另一种方式发挥作用，提供一些找到无理根的可能。注意到多项式的系数与常数项，都具有m+n币的形式，其中m,neZ。我们将这类数全体构成的集合记为Z［3］，Z［6］具有与整数类似的性质。类比对整系数多项式试有理根的方法，我们先将常数项7r7在z[%7]上分解:±1、±x-'17、±(.7±1、±x-'17、±(.7-1)与这样我们得到7-6在Z［C7］中共有八个因数:±（7八万）。依次试算，当x二1仆7时，多项式的值为零，因此有（-1+7））［x3+Q+7））x2-（4—5s）x+7-币］利用多项式除法可以算出一元二次方程x2+4x+6=0的两解为L2土"'7x3=-2士空士因此x33+Q+7))x2-(4-5<7)x+7-、7

=(.i+耳：x+4+亭+应卜+4-丹+"1i2人2 ).韦达定理韦达定理是描述一元方程根与系数关系的定理。考虑一元二次方程ax2+bx+c=0,设这个方程有两个实数根a与P，那么根据因式定理，可以得出ax2+bx+c=a(x-a)(x-P)，b将等式右边乘开，比较两边系数，可得Ja+P=-—将等式右边乘开，比较两边系数，可得Jap=-a这个关系就是一元二次方程韦达定理的内容3。进一步地，考虑一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0，设这个方程有三个实数根a、P与y，根据因式定理可以得出ax3+bx2+cx+d=a(x-a)(x-P)(x-y)，ba+P+y=--a比较两边系数，可得!比较两边系数，可得!aP+Py+ya=—aaPy=-—a这就是一元三次方程的韦达定理。类似地，可以得到一元〃次方程的韦达定理。利用韦达定理，我们可以简化一些问题的计算。例如，已知方程3x2+5x-4k=0的一根是-2，求k的值与另一根。我们可以先将-2带回方程中，解出k，然后再求解一元二次方程得到另一根。但是利用韦达定理，我们可以直接得出另一根为1，继而得3出k=1，计算简便许多。23事实上，当一元二次方程没有实数解时，韦达定理对于两个复数根仍然成立。又例如，已知a与P是一元二次方程2x2r.5=0的两根，求a3+P3值。如果先求解方程得出a,匹产，再代入a3+P3中,计算将非常麻烦。但是利用韦达定理，我们有a3+p3=(a+B)-3aB(a+0)5i(1i242J31韦达定理的逆定理也是成立的:定理(韦达定理逆定理)当实数a与0满足a+0=p且ap=q时，a与0是方程x2-px+q二0的两根。将a+0=p与ap=q代入方程x2-px+q=0中，有x2-(a+0)x+a0=0，分解因式(x-a)(x-0)=0，因此a与0是方程x2-px+q=0的两根。相对于韦达定理，其逆定理更常用。例如，已知实a、b与c满足a+b+c=ab+bc+ca=3，我们可以得到a+b=3—c，ab=3一(a+b)c=c2-3c+3，因此，a与b是一元二次方程x2-(3-c)x+(c2-3c+3)=0的两根，因此这个方程的判别式a必然大于零。然而，所以A=0，即c=1，继而可以求得a=b=c=1。二、典型例题：例1.4(2006复旦保送推优)下列各式能否在实属范围内分解因式？若能，请做出分解；若不能，请说明理由.(1)x+1(2)x2+x+1(3)x3+x2+x+1(4)x4+x3+x2+x+1例2.已知x=-一二，求。x3+4x2+x+9的值2+*：3例3.(2008浙江)设a,b,c,d为非负实数，满足--a--=——---=——c--=一:——，b+c+da+c+da+b+da+b+c4此题背景参见阅读材料一一分圆多项式。

a+bb+cc+dd+a则 7+ 7+ 7+ =。c+da+da+bb+c例4.（2003北京市高一竞赛题）已知正整数x,J满足町+x+>=71,x2y+町2=880，求x2+y2的值。例5.解方程4；XZ7+4；』=3。例6.已知a,b,ceR，求方程3x+a+《x+b+3x+c=0的实数解例7例7.求值:3：1+233.1二「33\333丫3aa2+2a-1）=0例8.当实数a取何值时，关于x的方程x3-（a+7）x2+（9a+5）x—（1）没有实数解；（2）有且仅有一个实数解；（3）有且仅有两个实数解；（4）有三个实数解。例9.已知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.8（x3+y3+z3）=73,例10.解方程组<2（x2+y2+z2）=3（xy+yz+zx）,xyz=1.习题.解方程％：x+9-x--4-13.（06年上海交大）设k>0，解方程x3+2kx2+k2x+9k+27-0..（复旦）在实数范围内求方程410+x+4,7―x-3.x2+y2-a2+2.已知方程组1 11 恰有两组解，求实数a的取值范围.一十—二aI xy5.（2007浙江）设a,b,c为方程x3-kj-k2-0的根（勺+k2丰1）,.（用/勺表示结果）x+y+z-0,的有理数解（x,y,z）的个数为.方程组<xyz+z-0,xy+yz的有理数解（x,y,z）的个数为xy=2x+y-1.解方程组<yz=2z+3y-8zx=4z+3x-8xy=z-x-y.求所有满足方程组<xz=y—x—z的三元实数组(x,y,z).yz=x-y-z阅读材料：分圆多项式。在复数域内，方程x=1的根称为n次单位根，其中n£Z+。设己n为一个n次单位根，则有&n=r(cos0+isin0)o根据棣莫弗公式，有工:r根据棣莫弗公式，有工:rn(cosn0+isinn0)，即rn(cosn0+isinn0)=1,因此r=1且n0一定是2人的整数倍。2k冗设n0=2k兀，其中k£Z，则0= n2k兀，..2k兀因此有s=cos +isin ，其中k£Zonn n容易看出，由上式表示的不同的&容易看出，由上式表示的不同的&n的值只有n个，即复数域上，恰有n个n次单位根。设2 ,2兀..，2兀mk=cosk——+isink——5,其中k=0,1,..,n—1，己k恰为辐角在［0,2冗)中的n个n次单位根，它们的辐角都是——的整数倍。在复平面上，它们构成单位圆的内接正n边形。nn个n次单位根关于乘法构成n元循环群。其中，有一些单位根是这个循环群的一个生成元，但是另一些不是。例如，x3=1的复根有三个，分别为530=1，53=-2+i¥与与厂-2-i彳，(33=习惯上«(33==1=S30，因此，自1是三次单位根循环群的生成元。同理可以验证，自2也是三次单位根循环群的生成元，但是自不是。自k中的k表示上标，而不是乘方。n又例如，X4=1的复根有四个，分别为自0—1,己1=i,己2=-1,自3——i,

4 4 4 4其中，i1=i,i2=-1,i3=-i,i4=1,(-i)=-i,(-i»=-1,(-i)3=i,(-i)4=1,因此己1与己3都是四次单位根循环群的生成元；但是，44(-1)=-1，(-1>=1，(-1)=-1，(-1%=1，因此己2不是四次单位根循环群的生成元，己0也不是。44n次单位根循环群的生成元称为本原n次单位根(n£Z+)。TOC\o"1-5"\h\z形式上，如果记己n=己0―1，那么，&k是本原n次单位根当且仅当(k,n)=1。例如，在四次单nn n位根中,己1=i，彳2=-1，自3=-i，彳4=彳0—1，

4 4 4 4 4=1，(2,4)=2，(2,4)=1，(4,4)=4，所以己2与己4不是本原四次单位根，己1与己3是本原四次单位根。44 44直观上，n次单位根是本原n次单位根，当且仅当它不是任意低于n次单位根。还是以四次单位根为例，&0—1是方程X1=1的解是一次单位根，&2=-1是方程X2=1的解是二次单位根，因此它们都不44是本原四次单位根。在这里我们可以注意到，形式上，n次单位根的上标与下标约去一个公因子后，得到的新单位根跟原单位根相等。例如，&1=-1=&2。2 4根据上面的讨论，本原n次单位根共有平(n)6个，分别记为令多项式,,6①(n)是欧拉函数，表示与n互质的不超过n的正整数的个数。

①n(x)称为n次分圆多项式，其中n是不小于2的整数；特别地，①]"X—1。①n(X)的任何一个复数根，都是n次单位根循环群的生成元，通过乘方就可以在复平面上n等分单位圆。注意，n次分圆多项式不一定是n次的。形式上，，则①(x)=n(x3)TOC\o"1-5"\h\zn n(j,n)=1我们可以求得一些分圆多项式：当n=1时，,11，,1。是本原1次单位根，①1二X-1；当n=2时，&1=-1，51是本原2次单位根，①=x+1；2 2 2,—° ，匕 1，…3一匕—1 .V3口一L一。斗，、皿当n—3