2023專題：因式定理與因式分解202308用

1、PAGE PAGE 8專題：因式定理與因式分解1、余數(shù)定理與因式定理通常：=，表示這個多項式在時的值。如果我們用一次多項式作除式去除多項式，那么余式是一個數(shù)。設這時商式為多項式，余式余數(shù)為，那么有：即：被除式等于除式乘以商式再加余式在上式中令，便得到：因此：我們有：除以，所得余數(shù)為。 這個結(jié)論我們稱余數(shù)定理如果余數(shù)為0，那么就被整除，也就是是的因式。反過來，如果是的因式，那么就被整除，余數(shù)為0。因此，我們有：如果=0，那么是的因式。反之，如果是的因式，那么=0。這個結(jié)論通常稱為因式定理及其逆定理。需要掌握的根本技能：長除法計算：解：所以，注：假設被除式多項式缺少了某些項，可以用0補足。例1分解

2、因式： 因為，根據(jù)上面的結(jié)論 就是的一次因式。知道這個因式，運用多項式除法就可以將商式求出來，再進一步分解。當然，我們也可以不用除法，直接去分組分解。這里的分組是“有目標的，因為每組都有因式。 即：= =例2分解因式： 因為=0，可知是的一次因式。防止分數(shù)運算，把乘以2得，仍然是的一次因式。 現(xiàn)在可以用長除法，也可以用分組分解法，使得每組都有因式：= 這里有人會問，例1、例2中如何就首先發(fā)現(xiàn)，=0了呢？下面討論這個問題。2、有理根的求法如果是的因式，那么，那么就是說是的根；反之，在是的根時，就是的因式。問題是如何求出的根？ 我們假定=是整系數(shù)多項式，又設有理數(shù)是=0的根，這里是既約分數(shù)即為互質(zhì)

3、整數(shù)。 由于，那么有+ 兩邊同乘得：上式能整除左邊前項，能整除左邊后項，又因互質(zhì)，因此：能整除，即是的約數(shù)；能整除，即是的約數(shù)。因此，可得：整系數(shù)多項式=0的有理根的分子是常數(shù)項的約數(shù)；是首項系數(shù)的約數(shù)。 找到了的有理根，那么就找到了的一次因式.例3分解因式 解：=-2的因數(shù)有，的正因數(shù)有+1，+3我們可以如此取。 所以=0的有理根只可能是. 經(jīng)檢驗可得： 所以是的因式，從而也是的因式，可得：=3、字母系數(shù) 上述多項式都是常數(shù)系數(shù)。假設遇字母系數(shù)多項式呢？例4 分解因式 解：常數(shù)項的因數(shù)為 把代入，可得=0 所以是原式的因式，同理也是原式的因式，所以：= 小結(jié)：因式定理只是提供了一個尋找多項式

4、的一次因式的方法。到達了降次的目的。如果一個整系數(shù)多項式?jīng)]有有理根，那么它也就沒有整系數(shù)的一次因式，這時我們可以用待定系數(shù)法來考察它有無其他因式。4、二次因式待定系數(shù)法例5 分解因式： 解：原式的有理根只可能是，但這4個數(shù)都不能使原式的值為0，所以原式?jīng)]有有理根，因而沒有有理系數(shù)一次因式。我們設想：原式可以分為兩個整系數(shù)的二次因式的乘積，于是設： = 其中是整數(shù)比較兩邊的系數(shù)及常數(shù)項，得： 一般來說，這樣的方程不容易解！但別忘了是整數(shù)！從入手，可得，或；將代入可解得： 因此：= 根據(jù)因式分解的唯一性，其他幾組不必再試了。思考：能否分解為兩個整系數(shù)的三次因式的積？可用待定系數(shù)法下面看兩個綜合題例

5、6假設恰好能被整除，被除余數(shù)為4，求，并將多項式進行因式分解。解：記，那么代入得解得所以由于必有因式，設其商式為那么比較系數(shù)可以得到解得即例7設是三個不同的實數(shù)，是實系數(shù)多項式。 1除以得余數(shù)； 2除以得余數(shù)； 3除以得余數(shù)c； 求多項式除以所得的余式。意大利數(shù)奧題 解：根據(jù)余數(shù)定理，被除，余數(shù)為，所以=. 從而，在時，值為0。同理，在、時，值也為0。 所以，即除以，余式為.5、因式定理在輪換式分解中的運用對稱式 如果把多項式中任何兩個字母互換，所得的式子與原多項式恒等，這樣的多項式叫做關(guān)于這些字母的對稱式。如，輪換式 一個含有多個字母的多項式中，如果將所有字母順次輪換后，所得到的多項式恒等，

6、那么稱原多項式是關(guān)于這些字母的輪換式。如：，顯然，關(guān)于的對稱式一定是輪換式。但是，關(guān)于的輪換式不一定是對稱式。如：。對于次數(shù)低于3的輪換式都是對稱式。兩個輪換式或?qū)ΨQ式的和、差、積、商假定整除仍然是輪換式或?qū)ΨQ式。關(guān)于，的齊次對稱式的一般形式是：一次對稱式：；二次對稱式：；三次對稱式：；關(guān)于，的齊次輪換式的一般形式是：一次齊次輪換標準式：；二次齊次輪換標準式：；三次齊次輪換標準式：；其中，均為常數(shù).例8分解因式：.解：是關(guān)于的輪換式如果把它看成為主元的多項式，當時，原式.那么原式有因式。同樣原式還有因式，.所以是原式的因式。但原式是關(guān)于的四次式，所以還應當有一個一次因式。因原式是四次齊次輪換式

7、，所以這個一次因式也是關(guān)于的一次齊次輪換式。設為，從而有：.比較的系數(shù)，得.求得.故.例9分解因式解：用上面的方法易知原式有因式. 因原式是五次齊次輪換式，所以還有一個因式是二次齊次輪換式。 我們設：=比較兩邊系數(shù)可確定、。也可用特殊值法確定、。取，得：，即再取，得：，即可解得：于是可得：=5.思考題：因式分解解：如果把它看成為主元的多項式，當時，有=0所以是的因式。 因為是關(guān)于的三次齊次輪換式，那么還得有一個二次齊次輪換因式。我們設：= 比較的系數(shù)得：，比較的系數(shù)得： 所以：=例10 是大于1的自然數(shù)，證明： * 能被 *整除證明：在時，*式的值為0，因此是*式的因式。 在時，*式的值為0，

8、因此是*式的因式。由于*是輪換式，所以也是它的因式，即是它的因式。 特別當時，也是*的因式。而和都是四次式，因此它們至多相差一個常數(shù)。所以*式也能被*式整除。 分解因式：解：原式是、的輪換式，易驗證時，原式為0，所以有因式。同理，有因式；因此它有因式：。另一方面，把原式看成的多項式，易知時，它的值為0，因此有因式。同理，它也有因式，于是： 是原多項式的因式。 因原多項式是6次式，兩者最多相差一個倍數(shù)關(guān)系。我們設 原式= 用特殊值法確定值。取，得：=16.即：原式=16.思考題：分解因式： 注：易驗證時，原式的值為0。因此是它的因式。由于輪換式，所以：是原多項式的因式。 但是6次式，而原式的次數(shù)

9、4，因此原式必為0。 因式分解應當分解到“底，就是應當將多項式分解為既約多項式的積。什么才算是既約多項式呢？這要看在什么數(shù)集內(nèi)分解。有理數(shù)集？實數(shù)集？復數(shù)集？如：在實數(shù)集內(nèi)就是既約多項式，但在復數(shù)集內(nèi)可得：=數(shù)單位代數(shù)根本定理：在復數(shù)集內(nèi)，對于任意多項式=,(為正整數(shù))，一定有復數(shù)使得=0即是=0的一個根。 根據(jù)代數(shù)根本定理和因式定理，每個的次數(shù)大于1的多項式都有一次因式。也就是說在復數(shù)集內(nèi)只有一次多項式才是既約多項式。 如此，易知次多項式必有：= 這就是在復數(shù)集內(nèi)的分解式。不展開講了！在有理數(shù)集內(nèi)，如何判定一個多項式是否既約？下面只討論一元的情形。6、艾森斯坦判別法 又稱艾氏判別法： 設=是整系數(shù)多項式. 如果存在一個質(zhì)數(shù)滿足以下條件： 1不整除； 2整除其余的系數(shù) 3不整除. 那么，在有理數(shù)集內(nèi)不可約。證明：假設多項式滿足條件而且可約，設=。由于整除其余的系數(shù)，所以有，那么有。于是設和取模后分別為，滿足，也就是除了最高項系數(shù)以外，其余系數(shù)都是的倍數(shù)。這表示和的常數(shù)項均可被整除，所以的常數(shù)項可以被整除，這與系數(shù)的設定矛盾。所以定理得到證明。例12證明：對