三、多项式、高次方程与复数.doc

三、 多项式、高次方程与复数多项式问题，就内容来说，常涉及到多项式的恒等，多项式的运算，整值多项式，多项式的根，多项式的公因式，因式分解，多元多项式等.一、 一元多项式 先从一个实际试题谈起.例1. 计算解：仔细观察各括号中的式子，都具有的形式，而 命,18,10,16,22,58,则原式.例2. 以的方幂表示.解 设，于是比较恒等式两端同类项的系数，得A=1, 2A+B=3, A-B+C=2.解之，得 A=1, B=5, C=6. 于是.例3. 求多项式被除的余式.解 因为除式是二次多项式，所以余式最多是一次二项式.设 令 ，分别可得.可此可得 于是所求余式为例4. 试将多项式表示为两个不同次数的实系数多项式的平方差的形式.分析：可以预见到有形式：.想一想为什么？解：设.其中是待定系数，且.由多项式的恒等定理得方程组故 ，是一个解，其余三个解为：.二、多元多项式多元多项式有多种类型，一般可分为齐次多项式和非齐次多项式两大类.如果对元多项式的变数字母的下标集1,2,n施行任意一个置换后，都不改变，那么就称为一个元对称多项式.例如 .又如 与 .也是对称多项式.由此可见，对称多项式也可以是齐次的，也可以是非齐次的.利用待定系数法可以计算齐次对称多项式的同型项的系数.例5. 求的展开式解 的展开式是三次齐次对称多项式.设 .取, 得 取,得取,得27=3L+6M+N.由、式解得L=1, M=3, N=6, 于是.如果对元多项式的变数字母按照某种次序施行一次轮换后，得到与原来相同的多项式，那么就称为轮换对称多项式.例如， ；都是轮换对称多项式，轮换对称多项式不一定是对称多项式，例如，不是对称多项式，但对称多项式一定是轮换对称多项式.三、多项式的恒等变形.一个多项式用另一个与它恒等的多项式代换称为多项式的恒等变形.由多项式乘法的某些特殊情形的结果而形成多项式恒等变形的常用公式：（1）； （2） ；（3） （4）；（5）； （6）；（7）； （8）；（9）.（10）（11）.（12）.其中.例6. 已知，求证.证：.因为，所以，于是四、多项式的因式分解多项式的因式分解与多项式相乘是相反的恒等变形过程，因此，多项式因式分解的基本方法是多项式运算法则与运算律的运用.例7. 将分解因式.解 .例8. 将分解因式.解 例9. 将分解因式.解 因为首项与常数项分别为完全平方式，于是，设.因为 .所以 ，从而 .因为 ，.所以，满足所设的等式，于是.例10. 将分解因式解 例11. 把分解因式分析和解: 不难看出，当时，已知多项式等于零，因此，多项式能被整除.同样，当和时，多项式等于零.因此多项式能被和整除.因此，我们可以肯定多项式能被整除.这个结果可以说明，多项式可以写成的形式，其中是二次多项式，由于已知多项式和是齐次和对称多项式，所以也应当是齐次和对称多项式，也就是说，它可以写成：，其中和是待确定的系数.假定恒等式=中先取，然后取，得到，解得.于是 .例12. 求证：有无穷多个自然数，使得对于任何非零自然数均为合数.分析: 根据题意，应设法找到无数个自然数，使得能分解成两个大于1的自然数的积.不妨取去试，会发现是4的倍数时，用拆项、添项、配方较为方便.进一步探索发现为形式的数，能使分解因式.解 设（为大于1的自然数），则=.因为，.所以能分解为两个大于1的自然数之积，又是任意大于1的自然数，有无穷多个值。例13. 已知是自然数，向是质数还是合数？分析 质数只有1和它本身两个约数，而合数除了1和它本身还有别的约数，要判定是质数还是合数，关键看它能否分解因式，并且有没有除了1和它本身以外的约数.解 .当时，是合数.当时，是质数.当时，也是质数.当时，这说明，此时可以分解为两个大于1的自然数的积，即它为合数.所以，当或2时，是质数；当或时，是合数.例14. 解不等式.解 分组分解：，可得 ，所以，即 ，所以， 即 例15. 设是三角形的三边，求证几何不等式.证：由于而 .从而要证的不等式成立.五、高次方程1三次简化方程的韦达公式如果是方程的根，那么有,.实际上，如果是已知方程的根，那么 即 比较的同次幂的系数，即证.2次方程的韦达定理.如果是方程的根，那么有，.3如果整系数方程（系数是整数）有不等于0的整数根，那么这个根一定是常数项的约数.实际上，如果一个不等于零的整数是已知方程的根， 那么 ，即 ，从这个式子可以看出，应当被整除，也就是说，应当是常数项的约数.例16. 已知是方程的三个根，求的值.解：如果是原方程的根，则有，即 ，. 因此有 .例17. 设实系数方程有三个正根，证明：方程必有一正根.证明：设方程 的三个正根为，又设方程 的三个根为，由韦达定理，得 由、知，因此方程的系数恰好正负相间，这说明方程不可能有负数根和零根.由于方程是三次方程，故它必有一实根.此根只可能是正根.例18. 求方程的整数解.分析 如果我们能够把这个方程变形，写成（是整数）的形式，而因式和是整系数的关于和的整函数的形式，那么已知方程的解的解法就可以求出.因此，我们应当集中力量去做这种变形.解 .用最后得到的式子代替原方程的左边，得.问题归结为求下列各方程组的整数解.； ；方程和方程没有整数解.方程和方程的整数解是：；.说明：方程左边所作的变形，同因式分解有关.但要求的技巧比较高.能否有技巧不这么高的其他方法呢？已知方程的左边可以看作是关于的二次多项式.但我们会分解二次多项式的因式.为简单起见，设，.于是，已知方程变形为： （A）方程左边的根是 从这个式子可以看出，要使是有理根，只需在方程左边减去96，即把方程写成. （B）解得，方程（B）可以写成.例19. 解方程解 配方得：，引入参数：，即 .为使第二项为完全平方项，由，得 .解此方程，得到一个根，于是所以，有或，解得 ，.六、复数复数具有多种不同的形式，在联系数和形方面有其独特的优势，它与三角、平面解析几何、向量等知识有着广泛都联系，复数方法也是解决很多竞赛问题的重要工具.竞赛中对复数的考查以选择题和填空题为主，考查知识点一般涉及复数的基本概念和幅角主值问题，熟悉以下结论是必要的.（1）复数的几种形式.代数形式：;三角形式：，其中.当时, 为复数z的幅角主值;指数形式：，其中；几何形式：与复平面的点是一一对应的.（2）；z是纯虚数或.（3），.（4），.（5）.（6），.例20 设，.求证：，均为1的立方根.证法一 运用代数形式.设，.则由 有 ， . 再由 ，根据复数相等的条件得， . 将上述四式联立，解得 ，.所以 ，.可见 .证法二 运用三角形式由，可设，,再由,有 由此求得，从而 ，.所以，.证法三 考虑几何意义，由及，可设，.根据复数加法的几何意义，可知四边形OACB是平行四边形，且各边相等.从而 ，.因此，.证法四 运用共轭复数的运算技巧.由，即，展开，利用进行化简，得 .将，代入上式化简成，乘以，得 .从而.同理.例21 已知复数Z满足，（1）计算,并把结果写成复数的三角形式；（2）试问：使时实数值的最小自然数n是多少？思考方法：第一种，从，直接解得或.第二种，从想到1的三次根.由于，则以乘以等式两边，得，即，从而有 ，,其中n为正整数.第三种，从想到，从此有,又因，故有，即，,解：（1）.（2），当且仅当n为3的倍数时，为实数.所以，使是实数值的最小自然数.另解 .为实数值的充要条件为，即，所以，.例22 已知复数，且 .（1）求的值；（2）求证：.解 （1）依题设，有.根据复数相等的充要条件，知由得. 由得. 得.所以 .（2）由（1）可得，.而.所以.例23 若实系数方程的一个虚数根的模为，求值，并解此方程.解 依题设，方程必存在一对共轭虚根和一实根，设这三个根为.于是，且根据韦达定理有整理得解之得 或故当时，方程的三个根是.故当时，方程的三个根是.例24 计算 例25 设复数在的条件下变动.试求的最大值和最小值.解 . 因为 ，所以 ，.令，则，有=.当且仅当，即时等式成立.此时.也就是说，时达到最大值，最大值是.又由易见时，达到最小值