多项式理论在初等数学中的应用毕业论文

1 判断能否分解因式

多项式的因式分解是指在给定的数域F 上，把一个多项式表示成若干个不可约多项式的乘积.我们知道，一个多项式可能在一个数域上不可约，但在另一数域上可约.例如多项式22-x 在有理数域上不可约，因为它不能分解成有理数域上两个一次多项式的乘积，但这个多项式在实数域上可约，因为)2)(2(22+-=-x x x .

因为在初等数学中，我们接触最多的是有理数域上的多项式且多项式次数不超过5次，所以本文将在有理数域上对因式分解作进一步探讨.

1.1 待定系数法

按照已知条件把原式假设为若干个因式的乘积，这些因式中的系数可先用字母表示，它们的值是待定的，由于这些因式的连乘积与原式恒等，根据恒等原理，建立待定系数的方程组，求出待定系数.

例1 判断43281x x x -+-在有理数域上能否分解因式.

解令43()281f x x x x =-+-，因为(1)0f ±≠，所以()f x 无一次因式.若一个整系数)0(>n n 多项式()f x 在有理数域上可约，那么()f x 总可以分解成次数都小于n 的两个整数系数多项式的乘积.则可设22()(1)(1)f x x mx x nx =+++-，其中n m ,为整数.即43432281()()1x x x x m n x mnx n m x -+-=++++--

比较等式两端的对应项系数，得20

?8m n mn n m +=-??=??-=?①②③

由②知 0=m 或0n =，若0=m ，则2n =- 但8202-≠-=--=-m n ；若0n =，则

2m =-，但82-≠=-m n ，所以()f x 不可约.即()f x 在有理数域上不能分解因式.

1.2 艾森斯坦判断法

定理1]1[ （艾森斯坦判断法）设01()n n f x a a x a x =++ 是一个整系数多项式.若是能够找到一个素数p 使

（i) 最高次项系数n a 不能被p 整除；

(ii) 其余各项的系数都能被p 整除；

（iii) 常数项0a 不能被2p 整除，

那么多项式)(x f 在有理数域上不可约.

例2[1] 判断2n x +在有理数域上能否分解因式.

解令()2n f x x =+，易找到素数2p =，满足上述条件，21?

，2|2 ，222?，故()f x 在有理数域上不可约.即2+n x 在有理数域上不能分解因式.

艾森斯坦判断法不是对于所有整系数多项式都能应用的，因为满足判断法中条件的素数p 不一定存在.若是对于某一多项式)(x f 找不到这样的素数p ，那么)(x f 可能在有

理数域上可约，也可能不可约.例如，对于多项式232x x ++与21x +来说，都找不到一个满足判断法的条件素数p ，但显然前一个多项式在有理数域上可约，而后一个多项式不可约.虽然有时对于某一多项式)(x f 来说，艾森斯坦判断法不能直接应用，但是我们可以把()f x 适当变形后，就可以应用这个判断法，例如21x +，令1x y =+ 得

2()22g y y y =++，因为21?，2|2，222?，所以21x +在有理数域上不可约.

以上通过待定系数法和艾森斯坦判断法，我们就可以知道多项式能否分解因式. 2 分解因式

在初等数学中，我们接触的分解因式常用的方法都比较简便、特殊，如提公因式法，公式法，分组分解法，十字相乘法，拆项法，添项法等，这里我将介绍多项式理论中的三种方法来解决较高次多项式的因式分解问题.

2.1 综合除法]2[

综合除法用以寻找所给整系数多项式()f x 的一次因式，()f x 有因式x a -的充要条件是()0f a =，a 就是()f x 的一个根.当a 是有理数时，可用综合除法试除予以确定.这种方法的依据是：如果整系数多项式

0111)(a x a x a x a x f n n n n ++++=-- 有因式q x p

-（p ，q 是互质的整数）则p 一定是n a 的约数，q 一定是0a 的约数. 具体做法是：

（1）先写出整系数多项式()f x 的首项系数n a 和常数项0a 的所有因数，然后以n a 的因数为分母，0a 的因数为分子，做出所有可能的既约分数（包括整数），如果()f x 有有理根，则必在这些既约分数中，因此它们是()f x 可能的试除数.

（2）从上述既约分数中合理地选择试除数.首先，1与 -1永远在有理数j

i p q 中出现，计算f ±（1）

.若f ±（1）=0，则1±是()f x 的有理根.若有理数(1)αα≠±是()f x 的有理根，则只需对那些使商(1)1f α-与(1)1f α

-+都是整数的j i p q 来进行试除.（假定(1)f ±都不等于零，否则可以用(1)x -或(1)x +除()f x 而考虑所得的商式.）

（3）选好试除数后，即用综合除法试除.

例3 在有理数域上分解多项式326+1514x x x --.

解这个多项式的最高次项系数1的因数是1±，常数项14-的因数是1,2,7,14±±±±.

所以可能的有理根是1,2,7,14±±±±.我们算出，(1)4,(1)36f f =-=-

.所以都不是()f x 的根.另一方面，由于44444,,,121717114114

-----+-+-+都不是整数，所以2,7,14-±±都不是()f x 的

根.但44,1212

---+都是整数，所以有理数2在试验之列，应用综合除法 2 | 1 6- 15 14-

2 8- 14

1 4- 7 0

所以2是()f x 的一个根，同时我们得到2()(2)(47)f x x x x =--+.容易看出，2不是()f x 的一个重根.从而2()(2)(47)f x x x x =--+

应用综合除法分解多项式可以使解题思路清晰，解题过程简洁，不易出错，但它必须建立在多项式有有理根的基础上.如果多项式需要试除的因子过多，则每个因子都要进行一次相应的综合除法，这就给计算增加了困难.

2.2 待定系数法

用待定系数法分解因式，首先要根据题设条件，判定原式分解后形成的因式乘积的形式，然后再列方程（组）确定待定系数的值.

例4 在有理数域上分解多项式4353x x x +--.

解先用综合除法，可能的试除数是1±，3±，试除结果都被排除，因此原式在有理数域上没有一次因式.假定原式含有x 的二次因式，设

432243253()()()()()x x x x mx k x nx l x m n x k mn l x ml nk x kl +--=++++=++++++++

比较等式两端对应项的系数，得方程组105

3m n mn k l ml nk kl +=??++=??+=-??=-?①②③④ 上面④的,k l 同是原式常数项3-的因数，因此k 和l 的值可能有下面四组.

13k l =??=-?或13k l =-??=?或 31k l =??=-?

或31k l =-??=? 将13k l =??=-?

代入③式得 35m n -+=- ⑤ 将①、⑤联立，解得31,22

m n ==-. 但是31,,1,322

m n k l ==-==-不满足②式,因此不是方程的解. 将13

k l =-??=?代入③，得35m n -=- ⑥

将①、⑥联立，解得1,2m n =-=.

并且1,2,1,3m n k l =-==-=满足②，因此是方程组的解.

所以()()432253123x x x x x x x +--=--++

待定系数法比较简单，也容易理解，但会涉及到解多个方程组，计算量往往会加大.只有在分解因式前先观察最高次项系数与常数项系数，再找出多项式的所有有理根，才能有效降低待定系数法的难度.

2.3 分离重因式法[3][4]-

设()0,()o f x f x ?>有典型分解式

r k r k k x p x p x ap x f )()()()(2121 =，

若

1)(),('≠）（x f x f ,有)()()()()(11111'21x g x p x p x p x f r k r k k ---= 且()g x 不能被()i p x ）（r i ,2,1=整除.利用最大公因式法得

11211'')()()()())(),((21---==r k r k k x p x p x p x f x f x f .

令'()((),())()f x f x f x g x =比较上述有关式子可知1()()()r q x p x p x =???.上述意思是若用()f x 除以'((),())f x f x ，则得商()q x 是一个与()f x 具有完全相同的不可约因式而没有重因式的多项式.由此得思想：若将()q x 能分解的话，便知()f x 的不可约因式，再确定每个不可约因式在()f x 的重数（作带余除法直至不能整除）

例5 在有理数域上分解多项式432()5648f x x x x x =++--.

解第一步：求'()f x ，'32()415124f x x x x =++-

第二步：求'(),()f x f x ，'2((),())44f x f x x x =++

第三步：由带余除法得：22()(44)(2)f x x x x x =+++-

第四步：分解()q x ：()(1)(2)q x x x =-+

第五步：确定每个因数的重数， (1)x -︳()f x ，2(1)x -?()f x

3()=(1)(2)f x x x ∴-+

分离重因式法是线性代数中的一种基本方法，用途十分广泛，但它必须建立在多项式有重因式的基础上，否则就无法使用.

因式分解是一项重要的基本技能训练，在分式运算，解方程和各种恒等变换中都要经常用到因式分解，所以对因式分解我们应给予足够重视.

3 一元高次方程

定理2]1[ 设()F x 中(0)n n >次多项式1010()(1)n n n f x a x a x a a -=++???+≠在复数域C 中有n 个根12,,,n ααα??? 则根与系数的关系是 1120

()n a a ααα=-++???+

2121310n n a a αααααα-=++???+

3123124210

()n n n a a ααααααααα--=-++???+ 1112113230

(1)()n n n n n a a ααααααααα---=-???+???+???+???

1210(1)n n n n a a αααα-=-??? 定理3]1[ （代数基本定理）任何)0(>n n 次多项式在复数域上至少有一个根. 定理4]1[ 若实数多项式)(x f 有一个非实的复数根α，那么α的共轭根α也是)(x f 的根，并且α与α有同一重数.换句话说，实系数多项式的非实的复数根两两成对.

3.1 已知方程的所有的根，求方程.

例6 求所有以有理数,,p q m 为根的方程320x px qx m +++=

解利用根与系数的关系知m q p ,,满足

p q m p pq qm pm q pqm m ?++=-?++=??=-?①②③ （i ）若0p =(或0q =)，由③知0m =，代入①得0q =（或0p =）

（ii ）若0,0p q ≠≠，但0m =，由②得1p =，代入①得2q =-，显然，1,2,0-是方程3220x x x +-=的根；

（iii ）若,,p q m 均不为0，由③得1q p

=-代入①②得43220q q q +-+=这个方程有且仅有一个有理根1q =-，从而1p =，1m =-.显然3210x x x +--=有根1和重根1-. 综上所述，所求方程为30x =或3220x x x +-=或3210x x x +--=

例7[5] 求有单根5与2-以及二重根3的四次多项式.

解由根与系数的关系知：

1(5233)9a =--++=-，

25(2)5353(2)3(2)33317a =-+?+?+-+-+?= ，

3[5(2)35(2)3533(2)33]33a =--+-+??+-?=，

45(2)3390a =-?=-.

因此所求多项式是432()9173390f x x x x x =-++-或

432()9173390f x ax ax ax ax a =-++-（0a ≠）.

3.2 已知方程的部分根，求解方程.

例8 已知方程4243350x x x -++=

有一个根是12

+，解此方程.

解因为实系数方程的虚根成对出现，

故12

-也是上述方程的根，由代数基本定理可知此方程有4个根,设此方程其余两根为α、β，由根与系数的关系得

343

))4

αβαβαβαβ?-+=-??++++=）解得12αβ==-,即12-是所给方程的二重根，所以原方程的根

-. 此题还可用综合除法求得12

-是所给方程的二重根，然后再利用实系数多项式的非实复根两两成对理论求出方程的另一根.

3.3 已知方程组，求方程组的解.

形如方程组()0()0f x g x =??=? 其中()f x ，()g x 都是一元高次方程，求方程()0()0

f x

g x =??=?的解.对于这类题，我们可以考虑从方程组的公共根出发，利用辗转相除法求()f x 和()g x 的最大公因式，再令其等于零.

例9 解方程组432322443025430

x x x x x x x ?--+-=??--+=?? 解令432()2443f x x x x x =--+-，32()2543g x x x x =--+，对()f x ，()g x 施行辗转相除法，求得((),())3f x g x x =-，令30x -=，得3=x .即原方程组的解是3=x . 4 多项式的恒等

定理5]1[ （多项式恒等定理）数域F 上的两个多项式

1110()n n n n f x a x a x a x a --=++++

1110()m m m m g x b x b x b x b --=++++

恒等的充要条件是它们的次数相同，且同次项系数对应相等即n m =，且

(1,2,)i i a b i n ==

例10 对于任意的实数,x y ,不等式2269200x xy y x my n +++++>恒成立，求满足条件的,a b .

解要使上述不等式成立，只要226920x xy y x my n +++++是一个实数式的平方加上一个正数ε,于是令2226920(3)()x xy y x my n x y a a R ε+++++=+++∈

则2222269206926x xy y x my n x xy y ax ay a ε+++++=++++++

由定理5知

22010660

100100a a m a m n n εε==????=?=????==-??

所以当60m =，且100n >时，原不等式恒成立.

例11 若a 为任意实数，证：直线系

222(23)(35)(4313)0a a x a a y a a +++--+--=必经过定点

证明将上述直线系转化成关于a 的恒等式

2(234)(3)35130x y a x y a x y +++--+--=

此恒等式对于任意实数a 是恒成立的，所以由定理5知

23403035130x y x y x y ++=??--=??--=?

解得 12x y =??=-? 故直线系222(23)(35)(4313)0a a x a a y a a +++--+--=必经过定点（1，-2）.

定理6]1[ 如果数域F 上有两个次数不大于n 的多项式()f x 和()g x ，对于x 的1n +个不同的值都有相等的值，那么它们恒等，即()f x ≡()g x .

例12 求证

()()()()()()1()()()()()()

x b x c x c x a x a x b a b a c b c b a c a c b ------++=------其中,,a b c 为互不相等的复数.

证明令()()()()()()()=()()()()()()x b x c x c x a x a x b f x a b a c b c b a c a c b ------++------ 它是一个二次式，但当x 分别以,,a b c 代入时有()()()1f a f b f c ===且a b c ≠≠，根据定理6，有()()()()()()1()()()()()()

x b x c x c x a x a x b a b a c b c b a c a c b ------++≡------ 定理7[6] （拉格朗日插值恒等式）对于给定数域F 里的1+n 个互不相同的数121,,,+n a a a 以及1+n 个不全为0的数121,,+n b b b ，总有一个次数不超过n 的多项式)(x f 使得.1,2,1,)(+==n i b a f i i 且这个多项式可以唯一表示为

1111111111()()()()()()()()()

n i i i n i i i i i i i n b x a x a x a x a f x a a a a a a a a +-++=-++----=----∑ 例13 求一个2次多项式，使它在0,,2

x ππ=处与函数sin x 有相同的值. 解由题意得(0)sin 00f ==，()sin 122f ππ

==，()sin 0f ππ==，由定理7得221(0)()

44()(0)()22x x f x x x ππππππ?-?-==-+--.

例14[7] 已知函数2()f x ax c =-，满足4(1)1f -≤≤-，1(2)5f -≤≤，那么(3)f 应满足(1(3)20)f -≤≤

解 2()f x ax c =- ∴(1)(1)f f -=

由拉格朗日插值多项式有

(1)(2)(1)(2)(1)(1)()(1)(1)(2)(11)(12)(11)(12)(21)(21)

x x x x x x f x f f f --+-+-=-++----+-+- 2211(4)(1)(1)(2)33

x f x f =--+- 从而 58(3)(1)(2)35

f f f =-+ 又 4(1)1f -≤≤-，1(2)5f -≤≤ ∴1(3)20f -≤≤

5 证明一类数是无理数

在初等代数中，我们是利用有理数与无理数的区别来证明无理数的（见证法二）这里我们可以考虑用多项式理论中的方法来解决.我们可以先构造等式，然后利用艾森斯坦判断法或待定系数法证明其在有理数域上的不可约性，说明多项式没有有理根，但它又是多项式的根，从而得出这个数是无理数.

定理8]1[ 若1p ，2p t p 是t 个不相同的素数，而n 是一个大于1的整数，那么

证明设12n t x x p p p =?= 令12()n t f x x p p p =-

则1n a =，012t a p p p =- ，取素数1p p =，11p ?，1p |0，但2112()t p p p p - ?

由艾森斯坦判断法知12()n t f x x p p p =- 在有理数域上不可约，故12n t x p p p -

()f x .

例15 .

证法1 设220x x =-= 令2()2f x x =-，则21a =，10a =， 02a =-.令

2p =，则21?，2|0，22(2)-?

.故22x -在有理数域上不可约，即22x -无有理根，但

()f x 只能是无理数.

证法2 设2不是无理数，而是有理数.既然2是有理数，它必然可以写成两个整数之比的形式：q p =2，再假设p 和q 没有公因数可以约，所以可以认为q p 为最简分数,即最简分数形式.把q p =2两边平方得222q p =即222p q =.由于22q 是偶数，p 必定是偶数，设m p 2=，由2242m q =得222m q =.同理q 必然也为偶数.设n q 2=，既然p 和q 都是偶数，它们必定有公因数2，这与前面假设q p 是最简分数矛盾.这个矛盾是由2是有理数引起的.因此2是无理数.

例16 .

证明设2242551010x x x x x =?=--=--+=

令42()101f x x x =-+，为了能够利用艾森斯坦判断法，需把()f x 变形，为此令1x y =+，故432()(1)4668g y f y y y y y =+=++--.取2=p ，21?，2|4，2|6，2|6-，由艾

森斯坦判断法知，()f x 在有理数域上不可约.即()f x 无有理根，()f x 的根，

例17 证明2

17是无理数. 证明设217=

x 两边平方得2172=x 即1722=x .令2()217f x x =-，取17p =，172?，17︱17-.由艾森斯坦判断法知,()f x 在有理数域上不可约.即()f x 无有理根，但217是()f x 的根,所以2

17只能是无理数. 6 结术语

本论文主要是运用多项式理论知识对初等数学中的若干问题的进一步探讨,通过对多项式的理论和方法的介绍以及这些理论和方法在例题中的应用,我们看到在初等数学中我们认为棘手或无法解决的问题,用高等代数中的方法,得到了很好地解决.从而看出多项式理论在初等数学中的应用是十分广泛的.对于教师来说，掌握相当程度的高等数学知识并在教学中适当地加以渗透并运用,对提高数学教学质量是非常有益的,而且只有用高等数学的知识、观点和方法以一种居高临下的态势[8],审视初等数学教学内容,才能使初等数学的教学达到理想的境界.对于（特别是学有余力的）学生来说,体会并掌握解题的不同方法,不仅可以提高学生快速解题的能力,还有助于学生思维的发展,从而提高学生学习数学的兴趣,激发学生学习的热情.

参考文献

[1] 张禾瑞,郝鈵新.高等代数[M].北京:高等教育出版社,2007:38-80.

[2] 李长明,周焕山.初等数学研究[M].北京:高等教育出版社,1995:69-82.

[3] 张宗标,徐伟.一类一元多项式的标准分解式的解法[J].考试周刊,2008,12(5):41.

[4] 杨琴.关于一元多项式的因式分解[J].青海民族大学学报(教育科学版),2010,30(5):14-17.

[5] 宁波,高等代数同步辅导及习题全解[M].徐州:中国矿业大学出版社,2009:51-65.

[6] 潘铁.浅谈应用多项式的拉格朗日插值公式解题[J].中等数学,2010,8(10):7-10.

[7] 张同君,陈传理.竞赛数学解题研究[M].北京:高等教育出版社,2006:69-73.

[8] 唐剑.浅谈高师高等代数课程对中学数学教学的指导作用[J].中国西部科技,2011,10(34):72-73.

[9] Orue Halil and Phillips M G,Explicit factorization of the V andermonde m atrix[J]．Linear Algebra

Appl,2000.

[10] https://www.360docs.net/doc/2410992413.html,wrence,Fundemental Concepts of Elementary Mathematics,Harpen and Raw,1977.

谢辞

在本论文的写作过程中，我的导师???老师倾注了大量的心血，从选题到开题报告，从写作提纲，到一遍又一遍地指出论文中的诸多问题，严格把关，循循善诱，在此向我

的导师表示深深的谢意和敬意.同时我还要感谢数学系的其它老师以及我的同学和朋友，

在我写论文的过程中给予我很多素材，还在论文的撰写和排版过程中提供热情的帮助.由于我的学术水平有限，所写论文难免有不足之处，恳请各位老师和学友批评和指正.

（全文约7100字）