高二竞赛讲义多项式的零点.doc

高二数学竞赛班二试讲义第2讲 多项式的零点班级 姓名 一、知识点金1设多项式，其中（可以是复数集，实数集，有理数集，整数集），在中的数使，则称为的零点。2因式定理：设，则是的零点的充要条件是被整除。3中次多项式至多有个不同的零点；中次多项式有个不同的零点。4设中多项式在中至少有个零点，则是零多项式（即所有项系数都是0）。5恒等定理：设，如果有无穷多个，使得，则（即与的同次幂的系数相等）6设，其中，当正整数时，称为单根，当正整数时，称为重根，计算的零点个数时，重根计入重数。7设是一个整系数多项式，是一个素数。若整数满足，则称是模的一个零点，或称是同余方程的一个解。8拉格朗日定理：设是一个整系数多项式，是一个素数，模的次数为，则同余方程至多有个互不相同（即模不同余）的解。如是，有两个解。但如果是合数，则结论不再正确，如有两个解9设，且。若是的一个有理根，这里整数与互素，则，证明：由得，由于都能被整除，故，有，所以，同理10复数系数多项式中任一个次多项式，在复数集上可唯一地分解为，其中是的首项系数，恰有个复数根。11韦达（Viete）定理：设是的个根，则 ，证明：对照左右两端的系数，左端的系数为，右端选个括号取，余下个括号取常数项，故右端的系数为，所以，故有二、例题分析例1求被除得的余式。例1由于是二次多项式，因此设令得，令，得，所以，即余式是例2证明：多项式没有实根。例2记对于，显然有当时，从而对有于是对所有实数，有，故多项式没有实根。例3设是实数，试确定多项式的实根的个数。例3将看成关于的二次多项式，或作函数和，观察直线与两列函数图象的交点，当时实根的个数为0个，当时实根的个数为2个，当时实根的个数为4个例4已知互不相等，也互不相等，求满足下面方程组的的值。例4考虑关于的辅助方程 将去分母得关于的至多次方程，而方程有个互不相等的根，因此 式去分母后必定是一个恒等式，从而本身是恒等式。将两边同乘以，再令，即得，类似地有，例5设为正整数，证明：例5由棣莫佛公式及二项式定理易知，对任意正整数及实数，有比较虚部得到现在取，则将上式两端同除以，对有即次方程有个根由韦达定理知例6给定个互不相同的复数，将它们按下列规则填入方格表中：第行和第列相交处的方格内填。证明：若各列数的乘积相等，则各行数的乘积也相等。例6设各列数的积等于，考虑多项式。由已知得。由于互不相等，这表明次多项式有个不同的根，因此次多项式又可以表示为。故得出等式令，得，即各行数的乘积都是。例7证明：若与都是有理数，则必为下面五个数之一：例7证明：设，其中为整数且，则。 论证的关键是先证明，对任意正整数，可以表示为的次多项式，且首项系数为1，即有，都是整数。用归纳法证明。首先，对， ，结论成立若命题对及已成立，则由和差化积公式有等式表明命题对也成立。这就归纳证明了上述命题。 由可知，是方程的有理根。因为这个方程具有整数系数，且首项系数为1，故其有理根必为整数，即是整数；但，所以，即必为下面五个数之一：三、同步检测1求被除得的余式。1设令，得，所以余式为3设，是不同的整数。如果，则没有整数根。3设，如有整数使，则，易知这不可能。4设，若有奇数和偶数，使得都是奇数。证明：没有整数根。4设有整数根，则，这里是整系数多项式。由于均是奇数，我们可以得出都是奇数，但和中必有一个是偶数，矛盾。5设有个根，且系数都是非负的。证明：。5因为多项式的系数都是非负的，故其根都不是正数。我们设，因为，由韦达定理于是6求所有多项式，满足，且。6取，下面用数学归纳法证明当时命题成立，假设当时命题成立，即，则当时，即当时命题也成立所以对都成立因为严格递增，从而互不相同，所以有无穷多个不同的根，所以是恒等式。8设，如果对于任意实数有，则是两个实系数多项式的平方和。8的首项系数必须是正数，其标准分解中相同的一次因式必须出现偶数次，又的二次因式均为形式，这是两个多项式的平方和。最后，恒等式表明，上述两个因式的积仍是两个多项式的平方和。9设是奇素数，是正整数且。证明：存在整数，满足且。9设，由于，故因，故可设来证明。由于同余方程至多有个不同的解，而模的缩同余类有个，因此存在问题中说的。10设是素数。（1）用多项式知识及费尔马小定理证明威尔逊定理：（2）若，证明。10（1）当时结论显然成立。当时，考虑次多项式由费尔马小定理知当时，故同余方程有个不同的解，所以的各项系数都被整除，特别地，常数项是的倍数。（2）设 注意，由（1）知都是的倍数在 中取，整理后得若，则由上式及，便推得。