11這里忽略系數含有公因子的整系數多項式。習慣上，這類多項式的因式分解要求提取系數的公因數。11這里忽略系數含有公因子的整系數多項式。習慣上，這類多項式的因式分解要求提取系數的公因數。專題四因式分解與方程一、基本知識和方法1.因式分解將一個多項式寫成一個或幾個多項式相乘的形式，稱為因式分解。習慣上，我們要求因式分解的結果中的多項式為既約多項式。既約多項式也稱為不可約多項式，不能分解為次數更低的多項式的乘積。如果一個多項式能夠分解為次數更低的多項式的乘積，那么這個多項式稱為可約多項式1。即約多項式的判定依賴于多項式所在的數集。在較小的數集上既約的多項式，在較大的數集上可能是可約的。例如，多項式C2-2)在整數上是既約的，但是在實數上可以分解為(x+J2)(-邁)；多項式C2+2)在整數與實數上都是既約的，但是在復數上可以分解為C+u-;2)(x-沁2)。有理系數多項式可以通過提取適當的有理數轉化為整系數多項式。在有理數上分解因式，本質上與在整數上分解因式是一樣的。在上一節，我們提到了多項式在運算上與整數的相似之處。多項式的因式分解與整數的質因數分解也是非常相似的。多項式中既約多項式的地位與整數中質數的地位是相似的，多項式的因式分解與整數的質因數分解也非常相似。更進一步，整數的質因數分解是唯一的；類似地，在相差一個數的倍數的意義下，多項式的因式分解也是唯一的。上述事實被稱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題?？紤]多項式(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，然后利用立方差與立方和公式，可得為什么兩種方式分解出來的結果不一樣呢？如果掌握了因式分解唯一定理，我們就可以確信：(x2+x+1)(x2-x+1)多項式乘法顯然可以驗證這一等式，我們也可以通過“拆添項”的技巧來達到同樣的目標：下面我們來看一個更復雜的例子，考慮多項式(X15-1)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，我們得出了兩個不同的結果。不過根據前面的知識與經驗，我們可以確信(x2+x+1)(x12+x9+x6+x3+1)=(x4+x3+x2+x+1)(x10+x5+1)，利用多項式的除法，我們可以算出：與x10+x5+1=(x2+x+1)(x8-x7+x5-x4+x3-x+1)這樣我們最終殊途同歸：x15-x15-1=2+x+1)(x4+x3+x2+x+1)(x8-x7+x5-x4+x3-x+1)這是1978年全國數學聯賽的一道賽題，后來又被一位教授用作對研究生的考題io得出最后的結果,一方面需要因式分解唯一定理這一知識，另一方面還需要證明多項式C一方面需要因式分解唯一定理這一知識，另一方面還需要證明多項式Cx8-X7+X5-X4+X3-X+既約的2,這是不太容易的。因式分解的理論就介紹到這里，下面我們來重點介紹因式分解的方法。除了在中學課本中介紹的方法之外，因式分解有一個非常重要的方法——十字相乘法；其中，又以含有字母系數的十字相乘法最易被忽視，而這一方法在初等數學問題中有非常廣泛與重要的應用。整數系數的二次三項式的十字相乘，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式開始?？紤]多項式X2+2Xy-3y2+3x+y+2的因式分解，基本的方法分為三個步驟：首先選取主元x,將多項式整理為關于x降幕排列的形式:(2y(2y+3)x-C3y2-y-2),然后分解“常數項”：x2+(2y+3)x—(3y+2)(y—1),最后利用十字相乘進行分解，得：(x+3y+2)[x—(y—1)]，即(x+3y+2)(x—y+1)。這一方法同樣適用于三元齊二次多項式。例如：x2一6xy+9y2一5xz+15yz+6z2o首先關于x降幕排列：x2—(6y+5z)x+(9y2+15yz+6z首先關于x降幕排列：然后分解“常數項”：X2—(6y+5z)X+3(3y+2z)(y+z),最后十字相乘：(x—3y—2z)(x—3y—3z)o即使多項式的次數超過二次，但是只要有一個字母的最高次數恰好為二次，這一方法就很有可能成功。下面我們再來看兩個較復雜的例子?？紤]多項式C2b—ab2+a2c—ac2—3abc+b2c+bc2)的因式分解。這個三元多項式并不是齊二次的，但是其中每一個字母的次數都不超過二次，因此可以選擇a作為主元進行降幕排列，然后分解:再看一個例子：(ax+by+ay匕+(bx—ay)(ax+by+ay)+(bx—ay匕再看一個例子：這是一個更復雜的四元四次多項式，但是將其中的a與b看作是字母系數，將這個多項式整理為關于X與y的齊二次多項式，十字相乘的方法仍然奏效：2.因式定理因式分解與方程有著非常緊密的聯系。利用因式分解來解一元二次方程是使用頻率非常高的解法。反過來，利用方程也可以幫助因式分解。事實上，我們有：因式定理：設f(X)是一個多項式，X"是方程f(X)=0的一個解，那么多項式f(X)有因式2可以利用愛森斯坦(Eisenstein)判別法來證明這一多項式是既約多項式；另外，這一多項式是分圓多項式而分圓多項式在有理數范圍內都是既約的。(x—ex)面，我們用兩種方法來證明這一定理。設f(x)=Faxi=axn+ax?—1+L+ax+a，其中neZ+，a,Ka,a都是預先TOC\o"1-5"\h\zinn—110n10i=0給定的數，則f(a)—aan+aan—1+L+aa+a°nn—110因為f(a)=0，所以根據公式an—bn=(a—b)(an—1+an—2b+L+abn—2+bn—1)，只寸于~一^^i—1..n，axi一aai—a(x—a)(xi+xi—2a+...+xai—2+ai—1)，iiixi—aaiii即(x—a)|Cxi—aai)，因此(xi—aaiii即f(x)有因式(x-a)o我們用多項式的帶余除法給出另一種證明。設多項式f(x)除以(x-a)的商式為g(x)，余式為r(x)，即f(x)-(x-a)g(x)+r(x)，則多項式r(x)的次數低于除式(x-a)的次數，即r(x)實際上是一個數，設為u。因此f(x)=(x—a)g(x)+u，在上式中代入x二a，得f(a)=(a—a)g(a)+u=u，因此有f(x)=(x—x)g(x)+f(a)，而f(a)=0，所以f(x)=(x—a)g(x)，即f(x)有因式(x-a)。根據這一證明，我們可以得到因式定理的一個推廣余數定理多項式f(x)除以(x—a)所得的余數等于f(a)o當我們需要計算一元多項式中，一個多項式除以一個一次多項式的余式時，余數定理提供了可能更為快捷的計算方法。因式定理用于多項式的因式分解，有兩個比較重要的應用：一個是進行高次多項式——特別是三次多項式——的因式分解，另一個是寸稱多項式的因式分解。下面我們通過幾個例子，主要介紹利用因式定理因式分解一元三次方程。多項式(x2+2x-1)在整數范圍內是既約的，但是在實數范圍內可以分解。一種方式是利用因式定理，先求解一元二次方程x2+2x-1二0的兩根分別為x=—1+弋2，x=—1一2，12因此x2+2x一1=(x+1+、'2)(+1—\2)；另一種方式就是利用配方與平方差公式：x2+2x一1=(x+1)2一2=Cr+1+\：2)(x+1-、迂)。當多項式的次數增加到三次時，配方的方法就無法奏效了。例如多項式x3—7x—6，我們無法進行配方以利用平方差公式，但是此時因式定理仍然可以幫助我們。觀察到當x=-1時，多項式的值為零，因此(x+1)是這個多項式的一個因式，即x3—7x—6=(x+1)(x2—x—6)=(x+1)(x+2)(x—3)在這里，觀察到x=-1是這個多項式的一根并不完全依靠運氣。事實上,我們有:定理(多項式的有理根)設有理數q=L，其中leZ、keZ+、(l,k)=1；k多項式f(x)=^axi=axn+axn—1+L+ax+a，其中neZ+，a,Ka,ainn—110n10i=0如果f(q)=0，那么l|a且k|a0這一定理說的是，如果一個整系數多項式有有理根，那么將這個有理數寫成既約分數的形式后，分子一定整除常數項，分母一定整除多項式最高次項的系數0對多項式C-7x-6)應用這一定理，可以得出：使這個多項式的值為零的有理數，其分母一定整除最高次項系數1，其分子一定整除常數項。即這些有理數一定都是整數，并且都是-6的因數，因此可能的數只有±1、+2、±3與±6。根據這一定理，任意給定一個整系數多項式，可以列出這個多項式所有可能的有理根，然后依次進行驗證。一旦確定一根，根據因式定理就可以確定一個一次因式。繼而利用多項式除法確定另一個因式，然后繼續分解這個因式即可。試有理根的這個方法，能夠解決相當數量的一元整系數高次多項式的因式分解問題。但是，當多項式沒有有理根時，這一方法就無能為力了。例如上一節給出的多項式(x4+X2+1)。這個多項式的有理根只可能是1或-1，分別代入驗證，可以確認都不是多項式的根。結論就是這個多項式沒有有理根，因此在有理數范圍內也沒有一次因式。事實上，X4+X2+1—(X2+X+1)(X2—X+1)，在整數范圍內，它恰有兩個二次因式。當多項式的系數與常數項中含有無理數時，上面所說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式的無理根，一樣可以利用因式定理來分解因式。例如多項式(X3+3X-8觀察到當x-貞時，多項式的值為零，因此利用多項式的除法可得其中，二次三項式(X2+真X+8)的判別式小于零，在實數上是既約的。在這個例子中，運用“拆添項”的技巧，也不是不能直接進行因式3333分解：但是觀察出多項式（x3+3x-8J5）有一根J5應該比找到上述的“拆添項”容易一些。面我們來看一個復雜一點的例子，考慮多項式現在，需要有歐拉一般的直覺，才能找到正確的“拆添項”；似乎需要比歐拉更敏銳的直覺，才能找到多項式的一根，以便因式定理能夠發揮作用。在這里，試有理根的方法通過另一種方式發揮作用，提供一些找到無理根的可能。注意到多項式的系數與常數項，都具有m佔的形式，其中m,neZ我們將這類數全體構成的集合記為Z&7］，ZW7］具有與整數類似的性質。類比對整系數多項式試有理根的方法，我們先將常數項7-戸在z&7上分解：7-組仏7-1），這樣我們得到7-j7在z［J7］中共有八個因數：±i、±j7、±（：7-1）與±（7-厲）。依次試算，當x二1-運時，多項式的值為零，因此有（x-1+^J7）X3+G+藥h-C-5藥）x+7-0］，利用多項式除法可以算出X3+（3+訂）x2-C-5、訂）x+7-47=（x-1+<7）（2+4x+占），元二次方程x2+4x七肓二0的兩解為x一2土打市x一2土m2,1,232因此x3+（+茴）x2-C-5J7）x+7-J744此題背景參見閱讀材料——分圓多項式。44此題背景參見閱讀材料——分圓多項式。33事實上，當一元二次方程沒有實數解時，韋達定理對于兩個復數根仍然成立。xx+3.韋達定理韋達定理是描述一元方程根與系數關系的定理?？紤]一元二次方程ax2+bx+c=0,設這個方程有兩個實數根a與P，那么根據因式定理，可以得出ax2+bx+c=aCx-a）（x-卩），a+P=—-將等式右邊乘開，比較兩邊系數，可得Jaap=-、a這個關系就是一元二次方程韋達定理的內容3。進一步地，考慮一兀三次方程ax3+bx2+cx+d=0，設這個方程有三個實數根a、P與y，根據因式定理可以得出ax3+bx2+cx+d=a(x—a)(x-P)(x—y)，a+P+y=—-比較兩邊系數，可得＜比較兩邊系數，可得＜aP+Py+ya=—aaPy=——a這就是一元三次方程的韋達定理。類似地，可以得到一元n次方程的韋達定理。利用韋達定理，我們可以簡化一些問題的計算。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。但是利用韋達定理，我們可以直接得出另一根為1，繼而得3出k=1，計算簡便許多。2

又例如，已知a與p是一元二次方程2x2—x-5=0的兩根，求a3+B3值。如果先求解方程得出a,p=呼1，再代入a3+P3中’計算將非常麻煩。但是利用韋達定理，我們有a3+p3=(a+p》-3ap(a+p)-3-—I2丿I31韋達定理的逆定理也是成立的：定理(韋達定理逆定理)當實數a與p滿足a+p=p且ap=q時，a與p是方程x2-px+q=0的兩根。將a+p=p與ap=q代入方程x2一px+q=0中，有x2—(a+p)x+ap=0，分解因式(x-a)(x-p)=0，因此a與p是方程x2-px+q=0的兩根。相對于韋達定理，其逆定理更常用。例如，已知實數a、b與c滿足a+b+c=ab+bc+ca=3，我們可以得到a+b=3-c，ab=3-(a+b)c=c2—3c+3，因此，a與b是一兀二次方程x2-(3-c)x+(c2—3c+3)=0的兩根，因此這個方程的判別式A必然大于零。然而，所以A=所以A=0，繼而可以求得a=b=c=1二、典型例題：例1.4(2006復旦保送推優)下列各式能否在實屬范圍內分解因式？若能，請做出分解；若不能，請說明理由.(1)x+1(2)x2+x+1(3)x3+x2+x+1(4)x4+x3+x2+x+1例2.已知x=-占，求^x3+4x2+x+9的值例3.(例3.(2008浙江)設a,b,c,d為非負實數，滿足ba+c+dc=d

a+b+da+b+ca+bb+cc+dd+a貝U+++=。c+da+da+bb+c例4.（2003北京市高一競賽題）已知正整數x,y滿足xy+x+y-71,x2y+xy2=880，求x2+y2的值。例5?解方程4X7?+4三二3。例6.已知a,b,ceR，求方程3x+a+3x+b+3x+c=0的實數解例7.求值：例&當實數a取何值時，關于x的方程x3-(a+7)x2+(9a+5)x-(3a2+2a-1）=0(1)沒有實數解；(2)有且僅有一個實數解；(3)有且僅有兩個實數解；(4)有三個實數解。例9?已知x3+ax2+bx+c=0的三個根分別為a,b,c，并且a,b,c是不全為零的有理數，求a,b,c的值.8(x3+y3+z3)=73,例10.解方程組<2(x2+y2+z2)=3(xy+yz+zx),xyz=1.習題1?解方程Ux+9一丫x-4=13(06年上海交大)設k>0，解方程x3+2kx2+k2x+9k+27=0.(復旦)在實數范圍內求方程V10+x+47-x=3?x2+y2=a2+24?已知方程組\11恰有兩組解，求實數a的取值范圍.〔xy5?(2007浙江)設a，b,c為方程x3-仝一k2=0的根(k1+k2豐1)，1+a1+b1+c.?(用k1,k.?(用k1,k2表示結果)的有理數解(x,y,z)的個數為1-a1-b1-cx+y+z=0,6?方程組<xyz+z=0,xy+yz+xz+y=0669(n)是歐拉函數，表示與n互質的不超過n的正整數的個數。xy=2x+y一17?解方程組<yz=2z+3y—8zx=4z+3x一8xy=z—x—y8?求所有滿足方程組<xz=y—x—z的三元實數組(x,y,z).yz=x—y—z閱讀材料：分圓多項式。在復數域內，方程xn=1的根稱為n次單位根，其中nwZ+。設2為一個n次單位根，則有2=r(cos0+isin0)o根據棣莫弗公式，有2n根據棣莫弗公式，有2n=rn(cosn0+isinn0),即rn(cosn0+isinn0)=1,n=rnn因此r=1且油一定是2兀的整數倍。設n0=2k兀，其中kwZ，則9=，n2k兀..2k兀因此有2=cos+isin，其中kwZ。nnn容易看出，由上式表示的不同的2容易看出，由上式表示的不同的2的值只有n個,n即復數域上，恰有n個n次單位根。設2兀2兀2k=cosk+isink5,其中k=0,1,..,n—1，2k恰為輻角在［0,2兀)中的n個n次單位根，它們nnnn2兀的輻角都是——的整數倍。在復平面上，它們構成單位圓的內接正n邊形。nn個n次單位根關于乘法構成n元循環群。其中，有一些單位根是這個循環群的一個生成元，但是另一些不是。例如，x3=1的復根有三個，分別為o=1，21一1+巨與22一丄—巨,322322習慣上，E3也記為3?？梢则炞C,(1.羽

——+i22TOC\o"1-5"\h\zI丿73——+i2I丿因此，23是三次單位根循環群的生成元。同理可以驗證，2也是三次單位根循環群的生成元，但是20不是。總k中的k表示上標，而不是乘方。又例如，x4=1的復根有四個，分別為20=1,g1=i,g2=j,E3=_i,4444其中,???4???4i1=I,12=一1,13=_l,i4=1,(-i)=-i,(-i)2=-1,(-i)3=i,(-i》=1,因此g1與g3都是四次單位根循環群的生成元；但是,44(-1)1=-1(-1)2=1(-1)3=-1(-1)4=1因此g2不是四次單位根循環群的生成元，g0也不是。44n次單位根循環群的生成元稱為本原n次單位根(neZ+)。形式上，如果記gn=g0=1,那么，gk是本原n次單位根當且僅當(k,n)=1。例如，在四次單位TOC\o"1-5"\h\znnn根中g1=ig2=-1g3=-ig4=g0=144444(1,4)=1(2,4)=2(2,4)=1(4,4)=4所以g2與g4不是本原四次單位根，g1與g3是本原四次單位根。4444直觀上，n次單位根是本原n次單位根，當且僅當它不是任意低于n次單位根。還是以四次單位根為例,g0=1是方程x1=1的解是一次單位根，g2=-1是方程x2=1的解是二次單位根，因此它們都不是本44原四次單位根。在這里我們可以注意到，形式上，n次單位根的上標與下標約去一個公因子后，得到的新單位根跟原單位根相等。例如g1=-1=g2。24根據上面的討論，本原n次單位根共有9(n)6個，分別記為令多項式①(x)稱為n次分圓多項式，其中n是不小于2的整數；特別地，①二X-1。①(x)的任何一個復數n1n根，都是n次單位根循環群的生成元，通過乘方就可以在復平面上n等分單位圓。注意，n次分圓多項式不一定是n次的。形式上，，則①(x)=nC-E丿。nn(j,n)=1我們可以求得一些分圓多項式：當n=1時，乜0二1，乜0是本原1次單位根，①二x一1；111當n=2時，E1=-1，E1是本原