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1、word专题：因式定理与因式分解1、余数定理与因式定理通常：=，表示这个多项式在时的值。如果我们用一次多项式作除式去除多项式，那么余式是一个数。设这时商式为多项式，余式余数为，如此有：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：我们有：除以，所得余数为。 这个结论我们称余数定理如果余数为0，那么就被整除，也就是是的因式。反过来，如果是的因式，那么就被整除，余数为0。因此，我们有：如果=0，那么是的因式。反之，如果是的因式，那么=0。这个结论通常称为因式定理与其逆定理。需要掌握的根本技能：长除法计算：解：所以，注：假如被除式多项式缺少了某些项，可以用0补足。例1分解因式： 因为，
2、根据上面的结论 就是的一次因式。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，因为每组都有因式。 即：= =例2分解因式： 因为=0，可知是的一次因式。防止分数运算，把乘以2得，仍然是的一次因式。 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：= 这里有人会问，例1、例2中如何就首先发现，=0了呢？下面讨论这个问题。2、有理根的求法如果是的因式，如此，那么就是说是的根；反之，在是的根时，就是的因式。问题是如何求出的根？ 我们假定=是整系数多项式，又设有理数是=0的根，这里是既约分数即为互质整数。 由于
3、，如此有+ 两边同乘得： 上式能整除左边前项，能整除左边后项，又因互质，因此：能整除，即是的约数；能整除，即是的约数。因此，可得：整系数多项式=0的有理根的分子是常数项的约数；是首项系数的约数。 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的因数有，的正因数有+1，+3我们可以如此取。 所以=0的有理根只可能是. 经检验可得： 所以是的因式，从而也是的因式，可得：=3、字母系数 上述多项式都是常数系数。假如遇字母系数多项式呢？例4 分解因式 解：常数项的因数为 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：= 小结：因式定理只是提供了一个寻找多项式的一次因
4、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例5 分解因式： 解：原式的有理根只可能是，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： = 其中是整数比拟两边的系数与常数项，得： 一般来说，这样的方程不容易解！但别忘了是整数！从入手，可得，或；将代入可解得： 因此：= 根据因式分解的唯一性，其他几组不必再试了。思考：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假如
5、恰好能被整除，被除余数为4，求，并将多项式进展因式分解。解：记，如此代入得解得所以由于必有因式，设其商式为如此比拟系数可以得到解得即例7 设是三个不同的实数，是实系数多项式。 1除以得余数； 2除以得余数； 3除以得余数c； 求多项式除以所得的余式。意大利数奥题 解：根据余数定理，被除，余数为，所以=. 从而，在时，值为0。同理，在、时，值也为0。 所以，即除以，余式为.5、因式定理在轮换式分解中的运用对称式 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，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，如此
6、称原多项式是关于这些字母的轮换式。如：，显然，关于的对称式一定是轮换式。但是，关于的轮换式不一定是对称式。如：。对于次数低于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，的齐次对称式的一般形式是：一次对称式：；二次对称式：；三次对称式：；关于，的齐次轮换式的一般形式是：一次齐次轮换标准式：；二次齐次轮换标准式：；三次齐次轮换标准式：；其中，均为常数.例8 分解因式：.解：是关于的轮换式如果把它看成为主元的多项式，当时，原式.如此原式有因式。同样原式还有因式，.所以是原式的因式。但原式是关于的四次式，所以还应当有一个一次因式。因原式是四次齐次轮换式，
7、所以这个一次因式也是关于的一次齐次轮换式。设为，从而有：.比拟的系数，得.求得.故.例9分解因式解：用上面的方法易知原式有因式. 因原式是五次齐次轮换式，所以还有一个因式是二次齐次轮换式。 我们设：=比拟两边系数可确定、。也可用特殊值法确定、。取，得：，即再取，得：，即可解得：于是可得：=5.思考题：因式分解解：如果把它看成为主元的多项式，当时，有=0所以是的因式。 因为是关于的三次齐次轮换式，如此还得有一个二次齐次轮换因式。我们设：= 比拟的系数得：，比拟的系数得： 所以：=例10 是大于1的自然数，证明： * 能被 *整除证明：在时，*式的值为0，因此是*式的因式。 在时，*式的值为0，因
8、此是*式的因式。 由于*是轮换式，所以也是它的因式，即是它的因式。 特别当时，也是*的因式。而和都是四次式，因此它们至多相差一个常数。所以*式也能被*式整除。例11 分解因式：解：原式是、的轮换式，易验证时，原式为0，所以有因式。 同理，有因式；因此它有因式：。 另一方面，把原式看成的多项式，易知时，它的值为0，因此有因式。同理，它也有因式，于是： 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= 用特殊值法确定值。取，得：=16.即：原式=16.思考题：分解因式： 注：易验证时，原式的值为0。因此是它的因式。由于轮换式，所以：是原多项式的因式。 但是6次式，而
9、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：在实数集内就是既约多项式，但在复数集内可得：=数单位代数根本定理：在复数集内，对于任意多项式=,(为正整数)，一定有复数使得=0即是=0的一个根。 根据代数根本定理和因式定理，每个的次数大于1的多项式都有一次因式。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，易知次多项式必有：= 这就是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
10、法： 设=是整系数多项式. 如果存在一个质数满足以下条件： 1不整除； 2整除其余的系数 3不整除. 那么，在有理数集内不可约。证明：假设多项式满足条件而且可约，设=。由于整除其余的系数，所以有，如此有。于是设和取模后分别为，满足，也就是除了最高项系数以外，其余系数都是的倍数。这表示和的常数项均可被整除，所以的常数项可以被整除，这与系数的设定矛盾。所以定理得到证明。例12 证明：对于任意的自然数，在有理数集内不可约。证明：取，如此整除，不整除，不整除.根据艾氏判别法，是有理数集内的既约多项式。例13 证明：在有理数集内不可约。证明：艾氏判别法不能直接使用。但可令 ， 如此：= 取，根据艾氏判别法，在有理数集内不可约，从而在有理数集内不可约。思考：证明在有理数集内不可约。 注：令 ，=
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