專(zhuān)題四因式分解與方程競(jìng)賽

1、專(zhuān) 題 四 因 式 分 解 與 方 程一、基本知識(shí)和方法1.因式分解將一個(gè)多項(xiàng)式寫(xiě)成一個(gè)或幾個(gè)多項(xiàng)式相乘的形式，稱(chēng)為因式分解1。習(xí)慣上，我們要求因式分解的結(jié)果中的多項(xiàng)式為 既約多項(xiàng)式。既約多項(xiàng)式也稱(chēng)為 不可約多項(xiàng)式，不能分解為次數(shù)更低的多項(xiàng)式的乘積。如果一個(gè)多項(xiàng)式能夠分解為次數(shù)更低的多項(xiàng)式的乘積，那么這個(gè)多項(xiàng)式稱(chēng)為可約多項(xiàng)式這里忽略系數(shù)含有公因子的整系數(shù)多項(xiàng)式。習(xí)慣上，這類(lèi)多項(xiàng)式的因式分解要求提取系數(shù)的公因數(shù)。即約多項(xiàng)式的判定依賴(lài)于多項(xiàng)式所在的數(shù)集。在較小的數(shù)集上既約的多項(xiàng)式，在較大的數(shù)集上可能是可約的。例如，多項(xiàng)式X2 2在整數(shù)上是既約的，但是在實(shí)數(shù)上可以分解為x J2 x J2 ；多項(xiàng)式x

2、2 2在整數(shù)與實(shí)數(shù)上都是既約的，但是在復(fù)數(shù)上可以分解為x i J2 x 啦。有理系數(shù)多項(xiàng)式可以通過(guò)提取適當(dāng)?shù)挠欣頂?shù)轉(zhuǎn)化為整系數(shù)多項(xiàng)式。在有理數(shù)上分解因式，本質(zhì)上與 在整數(shù)上分解因式是一樣的。在上一節(jié)，我們提到了多項(xiàng)式在運(yùn)算上與整數(shù)的相似之處。多項(xiàng)式的因式分解與整數(shù)的質(zhì)因數(shù)分解也是非常相似的。多項(xiàng)式中既約多項(xiàng)式的地位與整數(shù)中質(zhì)數(shù)的地位是相似的，多項(xiàng)式的因式分解與整數(shù)的質(zhì)因數(shù)分解也非常相似。更進(jìn)一步，整數(shù)的質(zhì)因數(shù)分解是唯一的；類(lèi)似地，在相差一個(gè)數(shù)的倍數(shù)的意義下，多項(xiàng)式的因式分解也是唯一的 。上述事實(shí)被稱(chēng)為 因式分解唯一定理。利用這一定理，我們可以處 理一些不太容易處理的問(wèn)題?？紤]多項(xiàng)式 x6 1的

3、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，然后利用立方差與立方和公式，可得：為什么兩種方式分解出來(lái)的結(jié)果不一樣呢？如果掌握了因式分解唯一定理，我們就可以確信：x4 x2 1多項(xiàng)式乘法顯然可以驗(yàn)證這一等式，我們也可以通過(guò)拆添項(xiàng)”的技巧來(lái)達(dá)到同樣的目標(biāo):F面我們來(lái)看一個(gè)更復(fù)雜的例子，考慮多項(xiàng)式15 、.x 1的因式分解。一方面，我們有:另一方面,我們還可以得出：又一次地,我們得出了兩個(gè)不同的結(jié)果。不過(guò)根據(jù)前面的知識(shí)與經(jīng)驗(yàn)，我們可以確信,10 x1296x 1 x x x利用多項(xiàng)式的除法，我們可以算出:1 x8這樣我們最終殊途同歸:15x 1 xio得出最后的結(jié)

4、果,87543( 口xxxxxxl 是這是1978年全國(guó)數(shù)學(xué)聯(lián)賽的一道賽題，后來(lái)又被一位教授用作對(duì)研究生的考題 一方面需要因式分解唯一定理這一知識(shí)，另一方面還需要證明多項(xiàng)式 既約的2,這是不太容易的。因式分解的理論就介紹到這里，下面我們來(lái)重點(diǎn)介紹因式分解的方法。除了在中學(xué)課本中介紹的方法之外，因式分解有一個(gè)非常重要的方法一一十字相乘法；其中，又以含有字母系數(shù)的十字相乘法最易被忽視，而這一方法在初等數(shù)學(xué)問(wèn)題中有非常廣泛與重要的應(yīng)用。整數(shù)系數(shù)的二次三項(xiàng)式的十字相乘，在求解一元二次方程中使用頻率非常高，這里我們就不贅述了下面，我們從二元二次六項(xiàng)式開(kāi)始?？紤]多項(xiàng)式x2 2xy 3y2 3xy 2的因式

5、分解，基本的方法分為三個(gè)步驟:首先選取主元 x,將多項(xiàng)式整理為關(guān)于x降募排列的形式:22x 2y 3 x 3y y 2 ,2然后分解常數(shù)項(xiàng)"：x 2y 3 x 3y 2 y 1 ,最后利用十字相乘進(jìn)行分解，得:x 3y 2 xy 1 ，即 x 3y 2 x y 1這一方法同樣適用于三元齊二次多項(xiàng)式。例如:2 c -22x 6xy 9y 5xz 15yz 6z首先關(guān)于x降募排列：x26y 5z x 9y2 15yz 6z2 ,然后分解常數(shù)項(xiàng)”：x26y 5z x 3 3y 2z y z ,最后十字相乘:x 3y 2z x 3y 3z即使多項(xiàng)式的次數(shù)超過(guò)二次，但是只要有一個(gè)字母的最高次數(shù)

6、恰好為二次，這一方法就很有可能成功。下面我們?cè)賮?lái)看兩個(gè)較復(fù)雜的例子?？紤]多項(xiàng)式a可以利用愛(ài)森斯坦(曰senstein )判別法來(lái)證明這一多項(xiàng)式是既約多項(xiàng)式；另外，這一多項(xiàng)式是 分圓多項(xiàng)式，而分 圓多項(xiàng)式在有理數(shù)范圍內(nèi)都是既約的。bab2a2cac23abcb2cbc2的因式分解。這個(gè)三元多項(xiàng)式并不是齊二次的，但是其中每一個(gè)字母的次數(shù)都不超過(guò)二次，因此可以選擇a作為主元進(jìn)行降募排列，然后分解：人“22再看一個(gè)胡子： ax by ay bx ay ax by ay bx ay 。這是一個(gè)更復(fù)雜的四元四次多項(xiàng)式，但是將其中的a與b看作是字母系數(shù)，將這個(gè)多項(xiàng)式整理為關(guān)于 x與y的齊二次多項(xiàng)式，十字相乘

7、的方法仍然奏效：2.因式定理因式分解與方程有著非常緊密的聯(lián)系。利用因式分解來(lái)解一元二次方程是使用頻率非常高的解法。反過(guò)來(lái)，利用方程也可以幫助因式分解。事實(shí)上，我們有：因式定理：設(shè) f(x)是一個(gè)多項(xiàng)式，x 是方程f(x) 0的一個(gè)解，那么多項(xiàng)式f(x)有因式(x )0卜面，我們用兩種方法來(lái)證明這一定理。nax ao ,其中 nZ , an,K a,ao都是預(yù)先設(shè) f (x)aixi anxn an 1xn 1 Li 0給定的數(shù)，則 f( )annani n1Lai a。因?yàn)閒( ) 0,所以根據(jù)公式 an bn aban1 an 2bLabn2 bn1,對(duì)于每一個(gè) i 1.n ,aixiaii

8、ai (x)(xi 1xi2. x i 2 i1)?即 xaixi ai i ,因此 x f(x),即f (x)有因式(x ) 。我們用多項(xiàng)式的帶余除法給出另一種證明設(shè)多項(xiàng)式f (x)除以x 的商式為g(x),余式為r(x),即f(x) x g(x) r(x),則多項(xiàng)式r(x) 的次數(shù)低于除式x 的次數(shù)，即r(x)實(shí)際上是一個(gè)數(shù)，設(shè)為uo因此f(x) x g(x) u ,在上式中代入x ，得f( ) g( ) u u,因此有 f(x) x g(x) f (),而 f( ) 0,所以 f(x) x g(x), 即f (x)有因式(x )。根據(jù)這一證明，我們可以得到因式定理的一個(gè)推廣：余數(shù)定理多項(xiàng)

9、式f(x)除以x所得的余數(shù)等于f()。當(dāng)我們需要計(jì)算一元多項(xiàng)式中，一個(gè)多項(xiàng)式除以一個(gè)一次多項(xiàng)式的余式時(shí)，余數(shù)定理提供了可能更為快捷的計(jì)算方法。因式定理用于多項(xiàng)式的因式分解，有兩個(gè)比較重要的應(yīng)用：一個(gè)是進(jìn)行高次多項(xiàng)式一一特別是三次多項(xiàng)式 一一的因式分解，另一個(gè)是對(duì) 稱(chēng)多項(xiàng)式的因式分解。下面我們通過(guò)幾個(gè)例子，主要介紹利用因式定 理因式分解一元三次方程。多項(xiàng)式x2 2x 1在整數(shù)范圍內(nèi)是既約的，但是在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)可以 分解。一種方式是利用因式定理，先求解一元二次方程x2 2x 1。的兩 根分別為Xi 1 & , x 1 22 ,因此x2 2x 1 x 1尬x 1尤；另一種方式就是利用配方與平方

10、差公式：x2 2x 1 x 1 2 2 x 1 & x 1 近。當(dāng)多項(xiàng)式的次數(shù)增加到三次時(shí)，配方的方法就無(wú)法奏效了。例如 多項(xiàng)式x3 7x 6,我們無(wú)法進(jìn)行配方以利用平方差公式，但是此時(shí)因式 定理仍然可以幫助我們。觀察到當(dāng)x 1時(shí)，多項(xiàng)式的值為零，因此x 1 是這個(gè)多項(xiàng)式的一個(gè)因式，即x3 7x 6 x 1 x2 x 6 x 1 x 2 x 3 o在這里，觀察到x 1是這個(gè)多項(xiàng)式的一根弁不完全依靠運(yùn)氣。事實(shí)上，我們有：定理(多項(xiàng)式的有理根)設(shè)有理數(shù)q工 其中l(wèi) Z、k Z、l,k 1;k n多項(xiàng)式 f (x)aixi anxn an1xn1 L ax a。，其中 n Z , an,K

11、a,ao都是整數(shù)。i 0如果f (q) 0 ,那么l ao且k|an。這一定理說(shuō)的是，如果一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式有有理根，那么將這個(gè)有理數(shù)寫(xiě)成既約分?jǐn)?shù)的形式后，分子一定整除常數(shù)項(xiàng)，分母一定整除多 項(xiàng)式最高次項(xiàng)的系數(shù)。對(duì)多項(xiàng)式x3 7x 6應(yīng)用這一定理，可以得出：使這個(gè)多項(xiàng)式的值 為零的有理數(shù)，其分母一定整除最高次項(xiàng)系數(shù) 1,其分子一定整除常數(shù) 項(xiàng)。即這些有理數(shù)一定都是整數(shù)，弁且都是 6的因數(shù)，因此可能的數(shù) 只有1、2、 3與6。根據(jù)這一定理，任意給定一個(gè)整系數(shù)多項(xiàng)式，可以列出這個(gè)多項(xiàng)式所 有可能的有理根，然后依次進(jìn)行驗(yàn)證。一旦確定一根，根據(jù)因式定理， 就可以確定一個(gè)一次因式。繼而利用多項(xiàng)式除法確定另

12、一個(gè)因式，然 后繼續(xù)分解這個(gè)因式即可。試有理根的這個(gè)方法，能夠解決相當(dāng)數(shù)量的一元整系數(shù)高次多項(xiàng)式 的因式分解問(wèn)題。但是，當(dāng)多項(xiàng)式?jīng)]有有理根時(shí)，這一方法就無(wú)能為 力了。例如上一節(jié)給出的多項(xiàng)式x4 x2 1 o這個(gè)多項(xiàng)式的有理根只可能是1或1,分別代入驗(yàn)證，可以確認(rèn)都不是多項(xiàng)式的根。結(jié)論就是這 個(gè)多項(xiàng)式?jīng)]有有理根，因此在有理數(shù)范圍內(nèi)也沒(méi)有一次因式。事實(shí)上,x4 x2 1 x2 x 1 x2 x 1 ,在整數(shù)范圍內(nèi)，它恰有兩個(gè)二次因式。 當(dāng)多項(xiàng)式的系數(shù)與常數(shù)項(xiàng)中含有無(wú)理數(shù)時(shí)，上面所說(shuō)的試有理根的方 法就不存在了。但是只要我們能夠找到多項(xiàng)式的無(wú)理根，一樣可以利 用因式定理來(lái)分解因式。例如多項(xiàng)式x3 3

13、x 8a/5 ,觀察到當(dāng)x F時(shí),多項(xiàng)式的值為零，因此x 而 x3 3x 875 ,利用多項(xiàng)式的除法可得x3 3x 8石 x 75 x2 V5x 8 ,其中，二次三項(xiàng)式 x2 Mx 8的判別式小于零，在實(shí)數(shù)上是既約的。在這個(gè)例子中，運(yùn)用 拆添項(xiàng)”的技巧，也不是不能直接進(jìn)行因式分解：但是觀察出多項(xiàng)式 x3 3x 8底有一根75應(yīng)該比找到上述的 拆添項(xiàng)”容 易一些。下面我們來(lái)看一個(gè)復(fù)雜一點(diǎn)的例子，考慮多項(xiàng)式x33 " x24 5幣 x 7現(xiàn)在，需要有歐拉一般的直覺(jué)，才能找到正確的拆添項(xiàng)”；似乎需要比歐拉更敏銳的直覺(jué)，才能找到多項(xiàng)式的一根，以便因式定理能夠發(fā)揮作用。在這里，試有理根的方法通

14、過(guò)另一種方式發(fā)揮作用，提供一 些找到無(wú)理根的可能。注意到多項(xiàng)式的系數(shù)與常數(shù)項(xiàng)，都具有m n"的形式，其中m,n Z。我們將這類(lèi)數(shù)全體構(gòu)成的集合記為Z", Z內(nèi)具有與整數(shù)類(lèi)似的性質(zhì)。類(lèi)比對(duì)整系數(shù)多項(xiàng)式試有理根的方法，我們先將常數(shù)項(xiàng)7 "在Z 47上分解:7 " "（77 1）,這樣我們得到7 H在Z"中共有八個(gè)因數(shù):1、"、77 1 與7萬(wàn)。依次試算，當(dāng)x 1 6時(shí)，多項(xiàng)式的值為零，因此有x337 x24 5/7 x 7 77 ,利用多項(xiàng)式除法可以算出x33 ;7 x245.7 x 7 、7一元二次方程x24x 、70的兩解為

15、xi,22 47x314 .22因此 x33 -.7 x24 5、7 x 7 7x 1萬(wàn)x 4 一,224 .14.223.韋達(dá)定理韋達(dá)定理是描述一元方程根與系數(shù)關(guān)系的定理?？紤]一元二次方程ax2 bx c 0,設(shè)這個(gè)方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根與，那么根據(jù)因式定理，可以得出ax2 bx c a x將等式右邊乘開(kāi)，比較兩邊系數(shù)，可得baca這個(gè)關(guān)系就是一元二次方程韋達(dá)定理的內(nèi)容3。進(jìn)一步地，考慮一元三次方程3.2ax bxcxd 0,設(shè)這個(gè)方程有三個(gè)實(shí)數(shù)根根據(jù)因式定理可以得出ax事實(shí)上，當(dāng)一元二次方程沒(méi)有實(shí)數(shù)解時(shí)，韋達(dá)定理對(duì)于兩個(gè)復(fù)數(shù)根仍然成立。 bx2 cx d a x比較兩邊系數(shù)，可得baca這就是一

16、元三次方程的韋達(dá)定理。類(lèi)似地，可以得到一元n次方程的韋達(dá)定理。利用韋達(dá)定理，我們可以簡(jiǎn)化一些問(wèn)題的計(jì)算。例如，已知方程3x2 5x 4k 0的一根是2,求k的值與另一根。我們可以先將2帶回方程中，解出k ,然后再求解一元二次方程得到另一根。但是利用韋達(dá)定理，我們可以直接得出另一根為1 ,繼而得3出k 1,計(jì)算簡(jiǎn)便許多。2又例如，已知與是一元二次方程2x2x 5 0的兩根，求3如果先求解方程得出, 號(hào)1,再代入3 3中，計(jì)算將非常麻煩。但是利用韋達(dá)定理，我們有333 3313 5 1,22 231 萬(wàn)韋達(dá)定理的逆定理也是成立的：定理（韋達(dá)定理逆定理）當(dāng)實(shí)數(shù) 與 滿(mǎn)足 p且 q時(shí)，與 是 方程 x

17、2 px q 0的兩根。將 P與q代入方程x2 px q 0中，有x2x 0,分解因式x x 0,因此 與 是方程x2 px q 0的兩根。相對(duì)于韋達(dá)定理，其逆定理更常用。例如，已知實(shí)數(shù)a、b與c滿(mǎn)足a b c ab bc ca 3, 我們可以得到 a b 3 c, ab 3 abcc2 3c 3,因此，a與b是一元二次方程x2 3 cx c2 3c 3 0的兩根，因此這個(gè)方程的判別式必然大于零。然而， 所以 0,即c 1,繼而可以求得a b c 1、典型例題: 例1.此題背景參見(jiàn)閱讀材料一一分圓多項(xiàng)式 （2006復(fù)旦保送推優(yōu)）下列各式能否在實(shí)屬范圍內(nèi)分解因式？若能，請(qǐng)做出分解；若不能，請(qǐng)說(shuō)明

18、 理由.,2，32，432(1) x 1(2) x x 1 (3) x x x 1(4) x x x1a例2.已知x六，求，x 4x x 9的值2.3bcda c d a b d a b c a例3.（2008浙江）設(shè) a,b,c,d為非負(fù)頭數(shù)，滿(mǎn)足 b c d,t a b b c cd d a則=。cd ad a b bc例4. (2003北京市高一競(jìng)賽題)已知正整數(shù)x, y滿(mǎn)足xy x y 71, xa1b1c一則.（用k1,k2表示結(jié)果） 1a1b1cx y z 0, y xy2 880,求x2 y2的值。例5.解方程4/x 7 ?x 8 3。例6.已知a,b, c R ,求方程3/xa

19、 3/xb Vxc0的實(shí)數(shù)解例7.求值:3K 3TIT.,3 33,3例8.當(dāng)實(shí)數(shù)a取何值時(shí)，關(guān)于 x的方程x6.方程組 xyz z 0,的有理數(shù)解（x, y,z）的個(gè)數(shù)為xy yz xz y 0a 7 x29a 5 x 3a2 2a 10（1）沒(méi)有實(shí)數(shù)解;（2）有且僅有一個(gè)實(shí)數(shù)解;（3）有且僅有兩個(gè)實(shí)數(shù)解;例 9.已知 x3 ax2 bx c（4）有三個(gè)實(shí)數(shù)解。0的三個(gè)根分別為 a, b,c,并且a, b,c是不全為零的有理數(shù)， 求a,b, c的直333、rc8(xyz )73,222yz zx),例10 .解方程組 2(xyz )3(xyxyz 1.習(xí)題 1.解方程 7x9 xx 4 13

20、2. （06年上海交大）設(shè) k32.20,解萬(wàn)程 x 2kx k x 9k 27 0 .3.（復(fù)旦）在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)求方程V10 x 4/7x 3 .222 cx y a 24,已知方程組11恰有兩組解，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.x y、一 . 一、一 35.（2007 浙7T）設(shè) a,b,c為萬(wàn)程 xkx k2 0 的根（k1 k2 1）,xy 2x y 17 .解方程組 yz 2z 3y 8zx 4z 3x 8xy z8 .求所有滿(mǎn)足方程組xz yyz x閱讀材料：分圓多項(xiàng)式。x yx z的三元實(shí)數(shù)組（x, y,z）.y z在復(fù)數(shù)域內(nèi)，方程 xn 1的根稱(chēng)為n次單位根，其中n Z設(shè)n為一個(gè)n次單位

21、根，則有 n r cos isin 。根據(jù)棣莫弗公式，有 nn rn cosn isinn ,即 rn cosn isinn 1,因此r 1且n -一定是 2的整數(shù)倍。2k設(shè)n 2k ,其中k Z ,則 ，n2k2k一因此有 n cos i sin,其中 k Z。nn容易看出，由上式表示的不同的n的值只有n個(gè)，即復(fù)數(shù)域上，恰有 n個(gè)n次單位根。設(shè)k22kn cosk isink5,其中k 0,1,.,n 1, n恰為輻角在0,2 ）中的n個(gè)n次單位根，它們 nn,一，12的輻角都是 的整數(shù)倍。在復(fù)平面上，它們構(gòu)成單位圓的內(nèi)接正n邊形。nn個(gè)n次單位根關(guān)于乘法構(gòu)成n元循環(huán)群。其中，有一些單位根是

22、這個(gè)循環(huán)群的一個(gè)生成元，但是3另一些不是。例如，x 1的復(fù)根有三個(gè)，分別為1,i232，1習(xí)慣上，3也記為 ?？梢则?yàn)證,1. -31-32一 i - i 一32222工 £1£13。,22221因此，3是三次單位根循環(huán)群的生成元。20同理可以驗(yàn)證，3也是三次單位根循環(huán)群的生成元，但是3不kn中的k表不上標(biāo)，而不是乘萬(wàn)。又例如，x4 1的復(fù)根有四個(gè)，分別為其中,.1i1,1,.2i.3i.4i1,1,因此1 .3 .4與4都是四次單位根循環(huán)群的生成元；但是,1211,11,1,因此24不是四次單位根循環(huán)群的生成元,04也不是。n次單位根循環(huán)群的生成元稱(chēng)為本原n次單位根根中,形式上，如果記 nnkn是本原n次單位根當(dāng)且僅當(dāng)k,n 1。例如，在四次單位1,42,42,2,41,所以42與44不是本原四次單位根,134與4是本原四次單位根。0 1,4,44,直觀上，n次單位根是本原 n次單位根，當(dāng)且僅當(dāng)它不是任意低于n次單位根。還是以四次單位根