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第62讲 多项式教案

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第2讲

多项式理论

多项式理论是代数学的重要组成部分,它在理论上和方法上对现代数学都有深刻的影响, 与多项式有关的问题除了出现在函数、方程、不等式等代数领域中,还涉及到几何、数论等 知识,是一个综合性的工具,也是数学竞赛中的热点问题.多项式的基本理论主要包括:余 数定理与因式定理;多项式恒等条件;韦达定理;插值公式等.具体如下: 1.多项式恒等: (1) 多项式恒等条件:两个多项式相等当且仅当它们同次幂的系数相等. (2)带余除恒等式:多项式 f(x)除以多项式 g(x),商式为 q(x),余式为 r(x),(则 r(x)的次 数小于 g(x)的次数) , 则 f ( x) ? q ( x) g ( x) ? r ( x) . 特别是多项式 f(x)除以 x-a, 商式为 g(x), 余数为 r,则 f(x)=(x-a)g(x)+r. (3) 多项式恒等定理:若有 n+1 个不同的 x 值使 n 次多项式 f(x) 与 g(x) 的值相同,则

f ( x) ? g ( x) .
在数学竞赛中, 经常用到先猜想后证明的思想: 比如先找出一个 n 次多项式 f(x)符合题意, 再验证 f(x)与 g(x)在 n+1 个不同的 x 值处,均有 f(x)=g(x),则 f ( x) ? g ( x) . 2.余数定理与因式定理: (1)余数定理:多项式 f(x)除以 x-a 所得的余数等于 f(a). (2)因式定理:多项式 f(x)有一个因式 x-a 的充要条件是 f(a)=0. (3)几个推论: ①若 f(x)为整系数多项式,则 f(x)除以(x-a)所得的商也为整系数多项式,余数为整数. ②若 f(x)为整系数多项式,a、b 为不同整数,则 a ? b | f (a) ? f (b). ③f(x)除以 px ? q( p ? 0) 所的的余数为 f ( ) . 3.代数基本定理 (1)代数基本定理:一个 n 次多项式在复数范围内至少有一个根. (2)根的个数定理:一个 n 次多项式在复数范围内有且仅有 n 个根. 4.韦达定理与虚根成对定理 (1)韦达定理:如果一元 n 次多项式 f ( x) ? an xn ? an?1 xn?1 ? ? ? a0 的根是 x1 , x2 ,?, xn ,那 么有 x1 ? x2 ? ? ? xn ?

q p

?an?1 , an
an ? 2 ?a , x1 x2 x3 ? x1 x2 x4 ? ? ? xn ?2 x xn ? n ?3 , ?? n?1 an an

x1 x2 ? x1 x3 ? ? ? xn ?1 xn ?

x1 x2 ? xn ? (?1)n

a a0 简写成 x j1 x j2 ? x jr ? (?1)r n?r . . ? an an 1? j1 ? j2 ? jr ? n

(2)复根成对定理:若实系数多项式 f(x)有一个虚根 ? ? a ? bi(a, b ? R, b ? 0), 那么它的共轭复 数 ? ? a ? bi 也是 f(x)的根,并且 a 和 ? 有相同重数.运用时要注意必须是实系数方程.

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5.拉格朗日(Lagrange)插值公式 设 f(x) 是 一 个 次 数 不 超 过 n 的 多 项 式 , 数 a1 , a2 , ? , an+1 两 两 不 等 , 则
f ( x) ? ? ( x ? a2 )( x ? a3 ) ? ( x ? an?1 ) ( x ? a1 )( x ? a3 ) ? ( x ? an?1 ) f (a1 ) ? f ( a2 ) (a1 ? a2 )(a1 ? a3 ) ? (a1 ? an?1 ) (a2 ? a1 )(a2 ? a3 )? (a2 ? an?1 )

( x ? a1 )( x ? a2 )? ( x ? an ) f (an?1 ) . ( an?1 ? a1 )(an?1 ? a2 ) ? (an?1 ? an )
n ?1 i ?1

简写成 f(x)= ?

f (ai )( x ? a1 ) ? ( x ? ai ?1 )( x ? ai ?1 ) ? ( x ? an ?1 ) . (ai ? a1 ) ? (ai ? ai ?1 )(ai ? ai ?1 ) ? (ai ? an ?1 )

A 类例题
例 1 将关于 x 的多项式 f ( x) ? 1 ? x ? x 2 ? x 3 ? ? ? x19 ? x 20 表为关于 y 的多项式

g ( y ) ? a0 ? a1 y ? a2 y 2 ? ? ? a19 y19 ? a20 y 20 , 其中 y ? x ? 4. 则

a0 ? a1 ? ? ? a20 ?

. (2005 年全国联赛一试)

分析 先利用等比数列的求和公式求出 f(x)的表达式, 然后用变量代换转化为关于 y 的多 项式,最后对它赋值即可. 解 由题设知, f ( x) 和式中的各项构成首项为 1,公比为 ? x 的等比数列,由等比数列的 求和公式,得: f ( x) ?

(? x) 21 ? 1 x 21 ? 1 ( y ? 4) 21 ? 1 ? . 令 x ? y ? 4, 得 g ( y) ? , 取 y ? 1, ? x ?1 x ?1 y?5 5 21 ? 1 . 6

有 a 0 ? a1 ? a 2 ? ? ? a 20 ? g (1) ?

说明 赋值法在解决多项式系数之和问题中经常被使用. 例 2 在一次数学课上,老师让同学们解一个五次方程,明明因为上课睡觉,没有将方程 抄下,到下课时,由于黑板被擦去了大半,明明仅抄到如下残缺的方程

x5 ? 15x4 ?? ? 120 ? 0 ,若该方程的五个根恰构成等差数列,且公差 | d |? 1 ,试帮明明解出
该方程. 分析 题目已知一个五次方程的五次项系数、四次项系数和常数项,可由韦达定理确定出 方程 5 个根的和与积,再利用其为等差数列的特点,解方程. 解

, a ? 设 该 方 程 的 5 个 根 为 a ? 2 d , a? d, a

d , ? a 2, d则 由 韦 达 定 理 可 得

a ? 2d ? a ? d ? a ? a ? d ? a ? 2d ? 15, { (a ? 2d )(a ? d )a(a ? d )(a ? 2d ) ? 120.
由此得 a ? 3, 及 (9 ? 4d )(9 ? d ) ? 40.
2 2
2 令 d ? t ,得 4t ? 45t ? 41 ? 0, t ?
2

41 或 1. 4

于是 d ? ?

41 或 d ? ?1 .由条件 | d |? 1 ,可知 d ? ?1 . 4
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因此这 5 个根为 1,2,3,4,5. 说明 韦达定理给出了如果一元 n 次多项式方程的 n 个根与方程的系数的之间关系,在 解决方程问题时,有着极其广泛的应用.运用韦达定理时,特别要注意符号不能搞反. 例 3 若 f ( x) ? x4 ? px2 ? qx ? a 2 可被 x ? 1 整除,求 f(a).
2

分析 由于 f ( x) ? x4 ? px2 ? qx ? a 2 可被 x ? 1 整除,故可以用待定系数法设出 f(x)因
2

式分解后的形式,利用多项式恒等条件确定 p,q,a 的关系,最后求出 f(a). 解 设 f ( x) ? x4 ? px2 ? qx ? a2 ? ( x2 ?1)( x2 ? mx ? n). 展开得 x4 ? px2 ? qx ? a2 ? x4 ? mx3 ? (n ? 1) x2 ? mx ? n.
?q ? ?m ? 0 ? 比较两边系数得 ? p ? n ? 1 ? p ? ? a 2 ? 1, ? n ? ?a 2 ?

故 f (a) ? a4 ? pa2 ? qa ? a 2 ? a 4 ? (1 ? a 2 )a 2 ? a 2 ? 0 . 说明 多项式恒等条件即两个多项式相等当且仅当它们同幂次得系数相等,往往是解决多 项式分解及恒等问题的重要依据,常通过待定系数法实现转化. 链接 由于题目条件 f(x)可被 x ? 1整除可知 f(x)可被 x-1,x+1 整除,故
2

可以利用因式定理确定出 p,q,a 之间的关系,再代入求值:

? f ( x) ? x4 ? px2 ? qx ? a2 可被(x-1)(x+1)整除,∴由因式定理可知
?1 ? p ? q ? a2 ? 0 ① f(-1)=f(1)=0.因此得 ? , 2 ?1 ? p ? q ? a ? 0 ②
由 ① - ② 得

q ? 0, p ? ?1 ? a 2 .



f (a) ? a4 ? pa2 ? qa ? a2 ? a4 ? (1 ? a2 )a2 ? a2 ? 0 .
因式定理是处理多项式问题的常用工具.运用因式定理时,只要有 f(a)=0,则 f(x)必含有因式(x-a).容易看出,因式定理是余数定理的一个 推广.

情景再现
1 . 设 (

?1 ? x ? x ?
n

2 n

? a0 ? a1 x ? ? ? a2 n x 2 n , 求 a2 ? a4 ? ? ? a2n 的 值 为

)(2005 年浙江省数学竞赛) A. 3
n

B. 3 ? 2

C.

3n ? 1 2

D.

3n ? 1 2

2.设

35 x ? 29 a b ? ? 是 关 于 变 量 x 的 一 个 恒 等 式 , 则 ab 的 值 为 2 x ? 3x ? 2 x ? 1 x ? 2
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(

) A. -246

B. -210
4 3 2

C. 29

D. 210

3.四次多项式 x ? 18x ? kx ? 200 x ? 1984 的四个根中有两个根的积为-32,求实数 k.

B 类例题
例 4 已 知 x1 , x 2, x 3是 多 项 式 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ? c 的 三 个 零 点 , 试 求 一 个 以

x12 , x22 , x32 为零点的三次多项式 g(x).
分析 由于原多项式和所求多项式的零点之间存在着平方关系,利用韦达定理就能构造 出满足题意的多项式 g(x). 解 设 g ( x) ? x3 ? mx2 ? nx ? p ,则由韦达定理知

?m ? ?( x12 ? x2 2 ? x32 ), ? 2 2 2 2 2 2 ?n ? x1 x2 ? x2 x3 ? x2 x3 , ? p ? ?x 2 x 2 x 2. 1 2 3 ?



m ? ?( x1 ? x2 ? x3 )2 ? 2( x1x2 ? x2 x3 ? x2 x3 ) ? 2b ? a2 , ? ( x1x2 ? x2 x3 ? x2 x3 )2 ? 2x1x2 x3 ( x1 ? x2 ? x3 ) ? b2 ? 2ac, p ? ?x12 x22 x32 ? ?(?x1x2 x3 )2 ? ?c2 .
因此 g ( x) ? x ? (2b ? a ) x ? (b ? 2ac) x ? c .
3 2 2 2 2

n ? x12 x22 ? x22 x32 ? x22 x32

说明 利用韦达定理构造出满足题意的多项式 g(x)是本题的关键. 链接 本题还可以用因式分解的办法寻找两个多项式之间的关系: 设 f ( x) ? ( x ? x1 )( x ? x2 )( x ? x3 ) ,则

g ( x) ? ( x ? x12 )( x ? x22 )( x ? x32 )

? ( x ? x1 )( x ? x2 )( x ? x3 )( x ? x1 )( x ? x2 )( x ? x3 )
? ? f ( x ) f (? x )

? ?( x3 ? a x2 ? b x ? c)(? x3 ? a x2 ? b x ? c)
? x3 ? (2b ? a)2 x2 ? (b2 ? 2ac) x ? c2 .
例 5 设 a,b,c,d 是 4 个不同实数,p(x)是实系数多项式,已知①p(x)除以(x-a)的余 数为 a;②p(x)除以(x-b)的余数为 b; ③p(x)除以(x-c)的余数为 c;④p(x)除以(x-d)的余数为 d. 求多项式 p(x) 除以(x-a) (x-b) (x-c) (x-d)的余数. (1990 年意大利数学奥赛题) 分析 首先利用余数定理将条件转化, 再通过构造一个新函数 F(x), 使得它能被(x-a) (x-b)
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(x-c) (x-d)整除,再确定出 F(x)与 p(x)的关系. 解法一 根据余数定理,p(x)除以(x-a)的余数为 p(a),故 p(a)=a. 同理, p(b)=b, p(c)=c, p(d)=d. 考察多项式 F(x)= p(x)-x, 则有 F(a)=0, F(b)=0, F(c)=0, F(d)=0.由因式定理可知,F(x)含有因式(x-a) (x-b) (x-c) (x-d),而 p(x) = F(x)+x,故 多项式 p(x) 除以(x-a) (x-b) (x-c) (x-d)的余数为 x. 解 法 二 利 用 待 定 系 数 法 设 p(x)= (x-a) (x-b) (x-c) (x-d)q(x)+r(x) , 其 中

r ( x) ? mx3 ? nx2 ? lx ? t. 由题设得 p(a)=a , p(b)=b , p(c)=c , p(d)=d 知 a , b , c , d 是
mx3 ? nx 2 ? lx ? t ? 0 的 4 个互不相同的根,但该方程是个三次方程,故 m=n=l-1=t=0,即
m=n=t=0,l=1.故所求余式为 x.
说明 灵活运用因式定理和余数定理,并巧妙构造多项式函数是解决本题的关键,而这些 都可以通过仔细观察题目条件的特点后能自然得出.本题还可以用待定系数法解决,一题多 解,有利于拓宽视野,把问题看的更加透彻. 链接 本题有一般性的结论,这就是下述问题: 设 ai (i ? N ? ,0 ? i ? n) 是 n 个不同的实数, p(x)是一个实系数多项式, 已知 p(x)除以 ( x ? ai ) 的 余数为 ai (i ? N ? ,0 ? i ? n) ,则多项式 p(x)除以 ? ( x ? ai ) 的余数为 x.
i ?1 n

其中 ? ( x ? ai ) 表示的是 ( x ? a1 )( x ? a2 )? ( x ? an ) ,为 n 个因式相乘.
i ?1

n

例 6

设 a1 , a2 ,?, a100 ; b1 , b2 ,?, b100 为 互 不 相 同 的 两 组 实 数 , 将 它 们 按 如 下 法 则 填 入

100×100 的方格表内,即在位于第 i 行第 j 列处的方格处填入 ai ? b j . 现知任何一列数的乘积 为 1,求证:任一行数的积为-1. 分析 注意 到 100×100 的方 格表内, 位于 第 i 行 第 j 列处的方 格处填入的 数为
ai ? b j (i, j ? 1, 2,?,100) ,且任何一列的乘积为 1,故可以构造两个恒等的多项式解之.

解 考察多项式 p( x) ? ( x ? a1 )( x ? a2 )?( x ? a100 ) ? 1. 由于任何一列的乘积为 1,故知 b1 , b2 ,? , b100 是 p(x)的根, p( ? x) 1 ? ( x ?2b?) (x b )0 多 0 ( x 故 有 由 项 1 ?
( x ? a1 )( x ? a2 )?( x ? a100 ) ? 1 ? ( x ? b1 )( x ? b2 )?( x ? b100 ).

b ) 式

. 恒







取 x ? ?ai ,代入上式可得: ?1 ? (?1)100 (ai ? b1 )(ai ? b2 )?(ai ? b100 )(i ? 1, 2,?100). 即 (ai ? b1 )(ai ? b2 )? (ai ? b100 ) ? ?1. 故知任何一行数的乘积为-1. 说明 本题的关键是巧妙地构造两个恒等的多项式,是一利用多项式恒等定理解决问题的 精妙之作. 链接 拉格朗日插值公式的推导也是利用多项式恒等定理的经典之作: 设 f(x)是一个次数不超过 n 的多项式,数 a1,a2,?,an+1 两两不等, 则 f ( x) ?
? ( x ? a2 )( x ? a3 ) ? ( x ? an?1 ) ( x ? a1 )( x ? a3 ) ? ( x ? an?1 ) f (a1 ) ? f ( a2 ) (a1 ? a2 )(a1 ? a3 ) ? (a1 ? an?1 ) (a2 ? a1 )(a2 ? a3 )? (a2 ? an?1 )

( x ? a1 )( x ? a2 )? ( x ? an ) f (an?1 ) . ( an?1 ? a1 )(an?1 ? a2 ) ? (an?1 ? an )

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简写成 f ( x) ? ?
i ?1

n ?1

f (ai )( x ? a1 ) ? ( x ? ai ?1 )( x ? ai ?1 ) ? ( x ? an ?1 ) . (ai ? a1 )? (ai ? ai ?1 )(ai ? ai ?1 )? (ai ? an ?1 ) ( x ? a1 )? ( x ? ai ?1 )( x ? ai ?1 ) ? ( x ? an ?1 ) . (ai ? a1 )? (ai ? ai ?1 )( ai ? ai ?1 ) ? (ai ? an ?1 )

证明:(1)存在性:令 li ( x) ?

观察 li ( x ) 的特点,可知 li (ai ) ? 1, li (a j ) ? 0( j ? i). 故 f (ai ) ? li (ai ) f (ai ). 故该多项式满足题目条件. (2) 惟 一 性 : 设 g(x) 是 一 个 满 足 题 意 的 n 次 多 项 式 , 则 f (ai ) ? g (ai )(i ? 1, 2,?, n ? 1). 则由多项式恒等定理可知 f ( x) ? g ( x). 故惟一性得证. 拉格朗日插值公式在数学的许多领域都有着广泛的应用,拉格朗日插 值多项式的构造是十分巧妙,值得好好领会和应用,以下一例就是拉格朗 日插值公式的简单应用. 例 7 ( ) B. ?4 ? f (3) ? 15 D. ? 已 知 函 数 f ( x) ? ax2 ? c 满 足 ?4 ? f (1)? ? 1, ? 1 ? f ( 2) ? 则 f(3) 的 取 值 范 围 是 5,

A. 7 ? f (3) ? 26 C. ?1 ? f (3) ? 20

28 25 ? f (3) ? 3 3

分析 由于所给函数为偶函数,故有 f (?1) ? f (1) ,再运用拉格朗日插值公式将 f(3)表示 为关于 f(-1)、f(1)和 f(2)的关系式即可. 解 选 C.由拉格朗日插值公式,得

f ( x) ?

( x ? 1)( x ? 2) ( x ? 1)( x ? 2) ( x ? 1)( x ? 1) f (?1) ? f (1) ? f (2). (?1 ? 1)(?1 ? 2) (1 ? 1)(1 ? 2) (2 ? 1)(2 ? 1)
4 ? x2 x2 ? 1 f (1) ? f (2). 3 3

? f (?1) ? f (1),? f ( x) ?
从而 f (3) ? ?

5 8 f (1) ? f (2). 故 ?1 ? f (3) ? 20 . 3 3

链接 本题除了用拉格朗日插值公式来处理以外,还可以用线性规划的方 法来处理,具体如下: 由 ?4 ? f (1) ? ?1, ?1 ? f (2) ? 5 得
? ?4 ? a ? c ? ?1, 而 f (3) ? 9a ? c, ? ? ?1 ? 4a ? c ? 5.

B

故问题转化为求线性目标函数 f (3) ? 9a ? c 在 线 性 约 束 条 件
? ?4 ? a ? c ? ?1, 下 的 最 大 值 和最 小 ? ? ?1 ? 4a ? c ? 5.

y

值问题.先作出可行域如图: 则点 A 的坐标为(0,1) , 点 B 的坐标为(3,7) , 则线性目标函数 f (3) ? 9a ? c 在点 A 处 取 得 最 小 值 为
f (3) ? 9a ? c ? 9 ? 0 ? 1 ? ?1;

A

1 O

x

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在点 B 处取得最大值为 f (3) ? 9a ? c ? 9 ? 3 ? 7 ? 20. 故 f (3) ? 9a ? c 的取值范围为 ?1 ? f (3) ? 20.
f (2) ? f (1) ? , ?a? ? f (1) ? a ? c, ? 3 本题还可以利用不等式知识来处理: ? ?? ? f (2) ? 4a ? c, ?c ? f (2) ? 4 f (1) , ? 3 ?

f (2) ? 4 f (1) 8 f (2) ? 5 f (1) ? . 3 3 又 ?4 ? f (1) ? ?1, ?1 ? f (2) ? 5 ,故由不等式的性质知 ?1 ? f (3) ? 20. ? f (3) ? 9a ? c ? 3 f (2) ? 3 f (1) ?

例 8 是否存在二元多项式 p ( x, y ) ,满足条件 (1)对任意的 x, y, p( x, y ) ? 0; (2)对于任意的 c>0,存在 x,y,使得 p( x, y) ? c. 分析 本题是关于二元多项式问题,关键是消去一元转化成一元多项式问题. 解 存在.取 p( x, y) ? ( y 2 ? 1) x2 ? 2 xy ? 1, 将 y 看成常数,则关于 x 的二次三项式的判

别式 ? ? ?4 ? 0, ∴对所有的 x,y 均有 p( x, y) ? 0. 又将 p(x,y)看成 x 的函数(y 固定),则 p(x,y)的值域为 [ 1 , ??). y2 ?1 因为当 y ? ?时,

1 ? 0. y ?1
2

所以对于任意的 c>0,存在 y0 , 使得c ? 从而存在 x0 , 使得p( x0 , y0 ) ? c.

1 . y0 ? 1
2

情景再现
4.若 x ? px ?
3

?1 整 除 , 则 m , p , q 应 符 合 的 条 件 是 可 q 被 x ? mx
2

??????????????????? A. q ? m ? 0, p ? ?1 C. q ? m, m ? p ? ?1
2

(

)

B. m ? p ? ?1, q ? 0 D. m ? ?q, p | m

5.求次数小于 3 的多项式 f(x),使 f(1)=1,f(-1)=3,f(2)=3. 6.求所有的值 a,使多项式 x ? 6 x ? ax ? a 的根 x1 , x2 , x3 满足
3 2

( x1 ? 3)3 ? ( x2 ? 3)3 ? ( x3 ? 3)3 ? 0. (奥地利数学竞赛题)
C 类例题
例 9 已知数列 a0 , a1 , a2 ,?(a0 ? 0) 满足 ai ?1 ?a i ?1 ? 2ai (i ? 1,2,3,?), 求证: 对于任何自

用心 爱心 专心

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n



0 1 p( x) ? a0Cn (1 ? x)n ? a1Cn x(1? x)n?1 ?

2 2 a2Cn x (1 ? x)n?2 ??

n?1 n?1 n (1986 年全国联赛一试题) ?an?1Cn x (1 ? x) ? anCn x 是 x 的一次多项式或零次多项式.

分析 由 ai ?1 ? ai ?1 ? 2ai 知 {an } 是等差数列,则 ai ? ai ?1 ? d ? a0 ? id (i ? 1,2,?), 从而 可将 p ( x) 表示成 a0 和d 的表达式,再化简即可. 解 因为 ai ?1 ? ai ?1 ? 2ai (i ? 1,2,3,?) ,所以数列 {an } 为等差数列,设其公差为 d 有

ai ? a0 ? id (i ? 1,2,3,?) ,从而
0 1 2 2 P( x) ? a0Cn (1 ? x)n ? (a0 ? d )Cn x(1 ? x)n?1 ? (a0 ? 2d )Cn x (1 ? x)n?2

n n ??? (a0 ? nd )Cn x
0 1 n n 1 2 2 ? a0[Cn (1 ? x)n ? Cn x(1 ? x)n?1 ? ?? Cn x ] ? d[1? Cn x(1 ? x)n?1 ? 2Cn x (1 ? x)n?2

n n ?? ? nCn x ], 由

二项定理,知
0 1 2 2 n n Cn (1 ? x) n ? Cn x(1 ? x) n?1 ? Cn x (1 ? x) n?2 ? ? ? Cn x ? [(1 ? x) ? x]n ? 1,
k kCn ?k?







n! (n ? 1)! k ?1 ? n? ? nCn ?1 , k!(n ? k )! (k ? 1)![(n ? 1) ? (k ? 1)]!

1 2 2 n n 从而 Cn x(1 ? x) n?1 ? 2Cn x (1 ? x) n?2 ? ? ? nCn x

1 n ?2 ? nx[(1 ? x) n?1 ? Cn ? ? ? x n?1 ] ? nx[(1 ? x) ? x]n?1 ? nx. ?1 x(1 ? x)

所以 P( x) ? a0 ? ndx . 当 d ? 0 式,P(x)为 x 的一次多项式,当 d=0 时,P(x)为零次多项式. 例 10 求一切实数 p,使得三次方程 5x3 ? 5( p ? 1) x2 ? (71p ? 1) x ? 1 ? 66 p 的三个根均为自然数.(1995 年全国联赛二试题) 分 析 容 易 看出 x=1 是原 三 次 方 程 的一 个 自 然数 根 , 原 方 程可 用 综 合除 法 降 次 为
5x 2 ? 5 px ? 66 p ? 1 ? 0. ① 当且仅当二次方程①的两个根均为自然数时, 原三次方程的三个根才

均为自然数.设方程①的两个正整数根为 u,v,则由韦达定理得 ? 整数.因此本题相当于解不定方程 ?

? u ? v ? p, ? 从而 p 为正 1 uv ? (66 p ? 1). ? 5 ?

? u ? v ? p, 消去 p 得 66(u+v)=5uv+1,由该不定方程解出 ?5uv ? 66 p ? 1,

u,v,再求出 p=u+v 即可. 解 容易看出 x=1 是原三次方程的一个自然数根,由综合除法,原三次方程可降次为二次
方程 5x 2 ? 5 px ? 66 p ? 1 ? 0. ①
用心 爱心 专心 -8-

当且仅当二次方程①的两个根均为自然数时,原三次方程的三个根才均为自然数. 设方程①的两个正整数根为 u, v(0 ? u ? v), 由韦达定理则得 ?
? u ? v ? p, ? 故 p 为正整 1 uv ? (66 p ? 1). ? 5 ?

数.消去 p 得 66(u+v)=5uv+1②, 由②得 v(5u-66)=66u-1>0,从而 5v-66>0. 对方程②两边乘 5 后,移项、分解得(5u-66)(5v-66)=19×229,其中 19,229 均为素数, 于是
? 5u ? 66 ? 19, ? 5u ? 66 ? 1, 或? (无解) ? ?5v ? 66 ? 229; ?5v ? 66 ? 4351;

从而得到不定方程②的唯一自然数解,u=17,v=59,这样 p=u+v=17+59=76. 所以当且仅当 p=76 时方程①有三个自然数根 1,17,59. 说明 由于我们对三次方程的求根公式(卡当公式)不很熟悉,因此在遇到此类问题时, 我们一般先用观察法找到它的一个根,通常是整数根,再将原三次方程降次为二次方程,降 次的一般用综合除法.然后再设法处理我们熟悉的二次函数问题. 链接 除了将原问题转化为求解二元二次不定方程 66(u+v)=5uv+1 外,也 可以用求根公式,从而利用判别式为完全平方数求解,其中涉及到奇偶分 析.具体如下: 容易看出 x=1 是原三次方程的一个自然数根,由综合除法,原三次方程 可降次为二次方程 5x 2 ? 5 px ? 66 p ? 1 ? 0. ① 当且仅当二次方程①的两个根均为自然数时,原三次方程的三个根才均 为自然数.由韦达定理知,p 为自然数.显然方程①的判别式
? ? 25 p 2 ? 20(66 p ? 1) ? (5 p ? 132)2 ? 4351? 4

是 完 全 平 方 数 . 设

5 p ? 132 ? A, ? ? B2 ( B ? 0) ,则 A2 ? B 2 ? 4 ?19 ? 229 .A,B 的奇偶性相同,且













A



B













A2 ? 1(mod8), B2 ? 1(mod8),? A2 ? B2 ? 0(mod8), 矛盾) .令 A ? 2 A1 , B ? 2B1 , 则 A12 ? B12 ? 19 ? 229. 由 A1 ? B1 ? A1 ? B1 及

19



229

的 素 性 可 得

? A1 ? B1 ? ?4351, ? A1 ? B1 ? ?229, ? A1 ? B1 ? 1, ? A1 ? B1 ? 19, ? ? ? ? ? A1 ? B1 ? ?1; ? A1 ? B1 ? ?19; ? A1 ? B1 ? 4351; ? A1 ? B1 ? 229;

即 5 p ? 132 ? 2 A1 ? ?4352, ?248, 4352, 248. 从而正整数 p 只能为 76.

情景再现
7 .求证: log 2004 x 不能表示成

f ( x) 的形式,其中 f ( x), g ( x) 为实系数多项式,且 g ( x)

f ( x), g ( x) 互质.
习题
2 n 1 . 已 知 多 项 式 a0 ? a1 x? a 是 ? ?n a x ( x1958 ? x1957 ? 2)1959 的 展 开 式 , 则 2 x?

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-9-

a0 ?

a1 a2 a a ? ? a3 ? 4 ? 5 ? ?? 等于??????( 2 2 2 2

)

A.1

B.-1

C.0

D. 2 )

2.满足条件 f ( x2 ) ? f 2 ( x) ? f ( f ( x)) 的二次函数 f(x)有( A.0 个 B.1 个 ? C.2 个 ?D.无穷多个

3.设一个二次三项式的完全平方展开式是 x4 ? 6 x3 ? 7 x2 ? ax ? b, 那么这个二次三项式 是________________________. 4 .已知实数 ? , ? 均不为 0 ,多项式 f ( x) ? ? x3 ? ? x 2 ? ? x ? ? 的三个根为 x1 , x2 , x 3 ,则

( x1 ? x2 ? x3 )(

1 1 1 ? ? )? x1 x2 x3



(德国高中数学竞赛题) 5 .若 f(x) 、 g(x) 为两个实系数多项式,并且 f ( x3 ) ? xg ( x3 ) 可被 x ? x ? 1 整除,则
2

f (1) ?

, g (1) ?



6.当 a3 ? a ? 1 ? 0 时, a ? 2 是某个整系数多项式的根,求满足上述条件的次数最低的首 项系数为 1 的多项式. (1997 年日本数学竞赛题) 4 7 . 设 f ( x) ? x ? ax3 ? bx2 ? cx ? d , 若 f (1) ? 10, f (2) ? 20, f (3) ? 30, 则 f (10) ? f (?6) 的 值为 ( ) A.8014 B.40 C.160 D.8270 8 . 以 有 理 数 a , b , c 为 根 的 三 次 多 项 式 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ? c 有 ( ) A.1 个 ?

B.2 个
7 4

C.3 个
2

D.无穷多个

9.多项式 f ( x) ? x ? x ? x ? 1 在实数范围内有多少个零点? 10.设 p( x), q( x), r ( x)及s( x) 都是多项式,且

p( x5 ) ? xq( x5 ) ? x2r ( x5 ) ? ( x4 ? x3 ? x2 ? x ? 1)s( x),
求证:x-1 是 p( x), q( x), r ( x), s( x) 的公因式. 11.设 p(x)是 2n 次多项式,满足 p(0) ? p(2) ? ? ? p(2 n) ? 0,

p(1) ? p(3) ? ? ? p(2n ? 1) ? 2, 及p(2n ? 1) ? ?30, 求n及p( x).
12.任给实多项式: f ? x ? ? x
2n

? a2n?1x2n?1 ??? a1x ?1.其中 n 为正整数,系数

a1 , a2 ,?, a2n?1 用下面方法来确定:甲,乙两人,从甲开始,依次轮流给出一个系数的值,最
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后一个系数由甲给出后,如果所得的多项式 f ? x ? 没有实根,则甲胜;若所得的多项式 f ? x ? 有实根,则乙胜.试问不管甲如何选取系数,乙必胜吗?(2004 年江苏省数学夏令营一级教练 员测试题十) 本节“情景再现”解答: 1.C 2.A 解 将该恒等式变形成多项式恒等,则有 35x ? 29 ? (a ? b) x ? (2a ? b), 比较两 边系数得 a ? b ? 35, 2a ? b ? 29 . 解得 a ? ?6, b ? 41 .因此 ab ? ?246 . 3.86 定理,得 解 设多项式 x ? 18x ? kx ? 200 x ? 1984 的四个根为 x1 , x2 , x3 , x4 . 则由韦达
4 3 2

? x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? 18, ? x x ? x x ? x x ? x x ? x x ? x x ? k, ? 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 ? ? x1 x2 x3 ? x1 x2 x4 ? x1 x3 x4 ? x2 x3 x4 ? ?200, ? ? x1 x2 x3 x4 ? ?1984.
设 x1 x2 ? ?32, 则x3 x4 ? 62, 故 62( x1 ? x2 ) ? 32( x3 ? x4 ) ? ?200.

? x ? x ? 4, 又 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? 18,? ? 1 2 ? x3 ? x4 ? 14.
故 k ? x1 x2 ? x3 x4 ? ( x1 ? x2 )( x3 ? x4 ) ? 86. 4.C 解? x ? px ? q ? ( x ? mx ?1)( x ? q) ? x ? (m ? q) x ? (1 ? qm) x ? q,
3 2 3 2

? m ? q ? 0, p ? ?(1 ? qm),即m ? q, p ? m2 ? ?1.
5 .
x2 ? x ? 1























( x ? 1)( x ? 2) 3( x ? 1)( x ? 2) 3( x ? 1)( x ? 1) f ( x) ? ? ? ? x2 ? x ? 1 . (1 ? 1)(1 ? 2) ( ?1 ? 1)( ?1 ? 2) (2 ? 1)(2 ? 1)

6.-9 7.解 (反证法)假设有 log 2004 x ?

f ( x) , 且 f ( x), g ( x) 互质. g ( x)

2 f ( x) f ( x2 ) ,又 2log 2004 x ? , ? 2log 2004 x ? log 2004 x ? 2 g ( x) g(x )
2

? f ( x2 ) g ( x) ? 2 f ( x) g ( x2 ).
又 ( f ( x ), g ( x )) ? 1,? f ( x ) | 2 f ( x).
2 2 2

但当 f(x)的次数 ? 1 时,恒有 f ( x ) 的次数大于 2 f ( x) 的次数,
2

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- 11 -

? f ( x) 为常数.同理 g(x)也为常数,故 log2004 x 为常数,矛盾.故原命题得证.
本节“习题”解答: 1.A 2.B 3. x ? 3x ? 1. 4.-1
2

5.0, 0

6. f ( x) ? x6 ? 8x4 ? 2 x3 ? 13x2 ?10x ?1. 解 记 x ? a ? 2, 则 a ? x ? 2, 代入方程,得

( x ? 2)3 ? ( x ? 2) ?1 ? 0, 即 x3 ? 3 2x2 ? 5x ? ( 2 ? 1) ? 0.
? x3 ? 5x ?1 ? 2(3x2 ? 1). 两边平方,得 x6 ? 25x2 ? 1 ? 10x4 ? 2x3 ?10x ? 2(9x4 ? 6x2 ? 1).
故所求的多项式为 f ( x) ? x6 ? 8x4 ? 2 x3 ? 13x2 ?10x ?1. 7. A 解

) 设 g ( x) ? f ( x) ? 10 x , 则 g ( 1 ? 2x? )( x 3 ?于是 )( r ),

0 g,

( ?2 ) g 0 , ? , ( 3故 )

0

g ( x)? ( x? 1 ) x? (

f (10) ? f (?6) ? g (10) ? g (?6) ? 40 ? 9 ? 8 ? 7 ? (10 ? r ) ? 7 ? 8 ? 9(6 ? r ) ? 40
? 7 ? 8 ? 9 ?16 ? 40 ? 8014.
8. C 解 由韦达定理知

a ? b ? c ? ?a, ab ? bc ? ca ? b, abc ? ?c .

如果 a=0(或 b=0)得 c=0,b=0. 如果 a ? 0, b ? 0, 但c ? 0, 得a ? 1, b ? ?2. 如果 a,b,c 均不为零,得 a ? 1, b ? c ? ?1 .
3 3 2 故满足题设的多项式为 x , x ? x ? 2 x, x ? x ? x ? 1.
3 2

9.1 解 显然,x=0 不是 f(x)=0 的根.令 y ?

1 ,则 x

1 f ( x) ? x 7 ? x 4 ? x 2 ? 1 ? ( )7 ( y 7 ? y 5 ? y 3 ? 1) ? 0, y

? y7 ? y5 ? y3 ? 1 ? 0.
7 5 3 又 f ( y) ? y ? y ? y ? 1 单调递增,且当 y ? ?? 时, f ( y) ? ??; y ? ??, f ( y) ? ?? ,

因此,恰有一个根. 10.解 设 f ( x) ? x ? x ? x ? x ? 1.
4 3 2

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- 12 -

取 1 的 5 次虚单位根 ? , ? 2 , ? 3 , ? 4 , 则f (? k ) ? 0(k ? 1, 2,3, 4). 所以 (? k )2 r (1) ? ? k q(1) ? p(1) ? 0(k ? 1, 2,3, 4). 即方程 x2r (1) ? xq(1) ? p(1) ? 0有4个不同根? k (k ? 1, 2,3, 4). 故 r (1) ? q(1) ? p(1) ? 0. 再把 x=1 代入所设等式,得 s(1)=0.命题得证. 11.解 令 f ( x) ? p( x) ?1, 则f (k ) ? (?1)k ?1, k ? 0,1, 2,?, 2n. 又

f ( x) ? ? f ( k )
k ?0

2n

( x ? x0 )( x ? x1 )?( x ? xk ?1 )( x ? xk ?1 )?( x ? x2 n ) , ( xk ? x0 )( xk ? x1 )?( xk ? xk ?1 )( xk ? xk ?1 )?( xk ? x2 n )

其中 xk ? k (k ? 0,1, 2,?, 2n). 将 x=2n+1 代入上式,得

f (2n ? 1) ? ? (?1) k ?1
k ?0 2n

2n

(2n ? 1)(2n)? (2n ? k ? 2)(2n ? k )? 2 ?1 k (k ? 1)??1? (?1) ? (?2)?[?(2n ? k )] (2n ? 1)(2n)? (2n ? k ? 2) k!

? ? (?1)2 n ?1
k ?0 2n

k 2 n ?1 ? ?? C2 . n ?1 ? 1 ? 2 k ?0

由p(2n ? 1) ? ?30, 有f (2n ?1) ? ?31, 故 ? 31 ? 1 ? 22n?1,解得n ? 2.
这表明 p(x)是四次多项式, 由 p(0) ? p(2) ? p(4) ? 0, p(1) ? p(3) ? 2, 得

x( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4) x( x ? 1)( x ? 2)( x ? 4) p ( x ) ? 2? ? 2? 1? (?1) ? (?2) ? (?3) 3 ? 2 ?1? (?1) 2 16 40 32 ? ? x 4 ? x3 ? x 2 ? x. 3 3 3 3 12.解 乙有必胜策略.证明如下. 在选取过程中,不管甲取了那个系数,接下去,乙必取余下的一个偶数次项的系数,如 果已经没有偶数次项的系数,乙才取奇数次项的系数.因此当最后留下两个系数,必由乙先 取.注意到乙的选系数方式以及偶项系数的总数,恰好比偶项系数的总数少一个,所以最后 两个系数只能是两个奇数项系数或者一个奇数项系数,一个偶数项系数,它们可设为

a2t ?1 x2t ?1 , as xs .这里 s ? 2t ? 1 ,s 可奇,也可偶.于是 f ? x ? ? g ? x ? ? as xs ? a2t ?1x2t ?1 .其
中 g ? x ? 是已经确定的多项式. 接下来由乙来取 as ,我们希望不管最后甲取的 a2t ?1 的值是什么,都不影响 f ? x ? 必有实 根,为此,我们给出如何选取 as 的值的方法,并证明最终所得的多项式 f ? x ? 有实根.任取

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- 13 -

m ? ?2 ,则 f ?1? ? g ?1? ? as ? a2t ?1 , f ? m? ? g ? m? ? as ms ? a2t ?1m2t ?1 .为了不管 a2t ?1 如
何选取,这意味着从上两式中消去 m
2 t ?1

,于是有:

m2t ?1 f ?1? ? f ? m? ? m2t ?1g ?1? ? as m2t ?1 ? g ? m? ? as ms
? m 2t ?1 g ?1? ? g ? m ? ? as ? m 2t ?1 ? m s ? .
注意到等式右边和 a2t ?1 无关,所以 m2t ?1 f ?1? ? f ? m? 和 a2t ?1 无关,又由 m ? ?2 ,所以

m

2t ?1

g ? m ? ? m2t ?1 g ?1? ? m .令 as ? ,则有 m2t ?1 f ?1? ? f ? m? . 2t ?1 s m ?m
s

我们来证明 f ? x ? 必有实根. 显然 f ? ??? ? 0 . 如果 f ?1? ? 0 , 则在 ?1, ?? ? 必有实根. 如 果 f ?1? ? 0 , 由于 m ? ?2 , 所以 m
2 t ?1

? 0, 因此 f ? m? ? 0 , 这证明了 ? m, ??? 中必有实根. 总

之, f ? x ? 必有实根.这证明了乙必胜.

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