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教育资源第62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 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：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，余数为整数若f(x)为整系数多项式，a、b为不同整数，则f(x)除以所的的余数为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次多项式的根是，那么有简写成(2)复根成对定理：若实系数多项式f(x)有一个虚根那么它的共轭复数也是f(x)的根，并且和有相同重数运用时要注意必须是实系数方程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 简写成f(x)=A类例题例1 将关于的多项式表为关于的多项式其中则 （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，和式中的各项构成首项为1，公比为的等比数列，由等比数列的求和公式，得：令得取有说明 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，若该方程的五个根恰构成等差数列，且公差，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 设该方程的5个根为，则由韦达定理可得由此得及令，得或1于是或由条件，可知因此这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 若可被整除，求f(a)分析 由于可被整除，故可以用待定系数法设出f(x)因式分解后的形式，利用多项式恒等条件确定p,q,a的关系，最后求出f(a)解 设展开得比较两边系数得故说明 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)可被整除可知f(x)可被 x-1，x+1整除，故可以利用因式定理确定出p，q，a之间的关系，再代入求值：可被(x-1)(x+1)整除，由因式定理可知f(-1)=f(1)=0因此得，由得故 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，求的值为 （ ）(2005年浙江省数学竞赛) A B C D2设是关于变量x的一个恒等式，则ab的值为 ( )A -246 B -210 C 29 D 2103四次多项式的四个根中有两个根的积为-32，求实数kB类例题例4 已知是多项式的三个零点，试求一个以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，则由韦达定理知故因此说明 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，则例5 设a，b，c，d是4个不同实数，p(x)是实系数多项式，已知p(x)除以(x-a)的余数为a；p(x)除以(x-b)的余数为b；p(x)除以(x-c)的余数为c；p(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) (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)，其中由题设得p(a)=a，p(b)=b，p(c)=c，p(d)=d知a，b，c，d是的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)除以的余数为，则多项式p(x)除以的余数为x 其中表示的是，为n个因式相乘例6 设为互不相同的两组实数，将它们按如下法则填入100100的方格表内，即在位于第i行第j列处的方格处填入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100100的方格表内，位于第i行第j列处的方格处填入的数为，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 考察多项式由于任何一列的乘积为1，故知是p(x)的根，故有由多项式恒等可知取，代入上式可得： 即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 简写成证明：(1)存在性：令观察的特点，可知故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，则则由多项式恒等定理可知故惟一性得证 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 已知函数满足则f(3)的取值范围是 ( )ABCD分析 由于所给函数为偶函数，故有，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，得从而故OxyAB1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：由得而故问题转化为求线性目标函数在线性约束条件下的最大值和最小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），则线性目标函数在点A处取得最小值为在点B处取得最大值为故的取值范围为本题还可以利用不等式知识来处理：又，故由不等式的性质知 例8 是否存在二元多项式，满足条件(1)对任意的(2)对于任意的c0，存在x，y，使得分析 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 存在取将y看成常数，则关于x的二次三项式的判别式对所有的x，y均有又将p(x，y)看成x的函数(y固定)，则p(x，y)的值域为因为当所以对于任意的c0，存在从而存在 情景再现4若可被整除，则m，p，q应符合的条件是 ( )A BCD5求次数小于3的多项式f(x)，使f(1)=1，f(-1)=3，f(2)=36求所有的值a，使多项式的根满足（奥地利数学竞赛题）C类例题例9 已知数列满足求证：对于任何自然数n， 是x的一次多项式或零次多项式（1986年全国联赛一试题）分析 由知是等差数列，则从而可将表示成的表达式，再化简即可解 因为，所以数列为等差数列，设其公差为d有，从而 由二项定理，知又因为从而所以当式，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 当且仅当二次方程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的两个正整数根为u，v，则由韦达定理得从而p为正整数因此本题相当于解不定方程消去p得66(u+v)=5uv+1，由该不定方程解出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 当且仅当二次方程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的两个正整数根为由韦达定理则得故p为正整数消去p得66(u+v)=5uv+1，由得v(5u-66)=66u-10，从而5v-660对方程两边乘5后，移项、分解得(5u-66)(5v-66)=19229，其中19，229均为素数，于是或（无解）从而得到不定方程的唯一自然数解，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 当且仅当二次方程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为自然数显然方程的判别式是完全平方数设，则A，B的奇偶性相同，且均为偶数（若A，B都是奇数，则矛盾）令则由及19与229的素性可得即从而正整数p只能为76情景再现7求证：不能表示成的形式，其中为实系数多项式，且互质习题1已知多项式是的展开式，则等于( )A1 B-1 C0 D 22满足条件的二次函数f(x)有（ ）A0个 B1个 C2个 D无穷多个3设一个二次三项式的完全平方展开式是那么这个二次三项式是_4已知实数均不为0，多项式的三个根为，则 （德国高中数学竞赛题）5若f(x)、g(x)为两个实系数多项式，并且可被整除，则 ， 6当时,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）7设若则的值为 ( )A8014 B40 C160 D82708以有理数a，b，c为根的三次多项式有 ( )A1个 B2个 C3个 D无穷多个9多项式在实数范围内有多少个零点?10设都是多项式，且求证：x-1是的公因式11设p(x)是2n次多项式,满足12任给实多项式：其中n为正整数，系数用下面方法来确定：甲，乙两人，从甲开始，依次轮流给出一个系数的值，最后一个系数由甲给出后，如果所得的多项式没有实根，则甲胜；若所得的多项式有实根，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：1C 2A 解 将该恒等式变形成多项式恒等，则有比较两边系数得解得因此386 解 设多项式的四个根为则由韦达定理，得设故又故4C 解5 解 由拉格朗日插值公式得69 7解 (反证法)假设有且互质，又，又但当f(x)的次数时，恒有的次数大于的次数，为常数同理g(x)也为常数，故为常数，矛盾故原命题得证本节“习题”解答：1A 2B 3 41 50， 0 6 解 记则代入方程,得即两边平方，得故所求的多项式为7 A 解 设，则，故于是8 C 解 由韦达定理知 如果a=0(或b=0)得c=0，b=0如果如果a，b，c均不为零，得故满足题设的多项式为91 解 显然，x=0不是f(x)=0的根令，则又单调递增，且当时，因此，恰有一个根10解 设取1的5次虚单位根所以即方程故再把x=1代入所设等式，得s(1)=0命题得证11解 令又其中将x=2n+1代入上式,得这表明p(x)是四次多项式,由得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，这里，s可奇，也可偶于是其中是已经确定的多项式接下来由乙来取，我们希望不管最后甲取的的值是什么，都不影响必有实根，为此，我们给出如何选取的值的方法，并证明最终所得的多项式有实根任取，则，为了不管如何选取，这意味着从上两式中消去，于是有：注意到等式右边和无关，所以和无关，又由，所以令 ，则有 我们来证明必有实根显然如果，则在必有实根如果，由于，所以，因此，这证明了中必有实根总之，必有实根这证明了乙必胜教育资源
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