公式及方法大全 待定系数法(因式分解) 待定系数法是数学中的一种重要的解题方法，应用很广泛，这里介绍它在因式分解中的应用． 在因式分解时，一些多项式经过分析，可以断定它能分解成某几个因式，但这几个因式中的某些系数尚未确定，这时可以用一些字母来表示待定的系数．由于该多项式等于这几个因式的乘积，根据多项式恒等的性质，两边对应项系数应该相等，或取多项式中原有字母的几个特殊值，列出关于待定系数的方程(或方程组)，解出待定字母系数的值，这种因式分解的方法叫作待定系数法． 常用的因式分解公式：
例1 分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3． 分析由于 (x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)， 若原式可以分解因式，那么它的两个一次项一定是 x+2y+m和x+y+n的形式，应用待定系数法即可求出m和n，使问题得到解决． 解设 x2+3xy+2y2+4x+5y+3 =(x+2y+m)(x+y+n) =x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，
比较两边对应项的系数，则有 解之得m=3，n=1．所以 原式=(x+2y+3)(x+y+1)． 说明本题也可用双十字相乘法，请同学们自己解一下．例2 分解因式：x4-2x3-27x2-44x+7． 分析本题所给的是一元整系数多项式，根据前面讲过的求根法，若原式有有理根，则只可能是±1，±7(7的约数)，经检验，它们都不是原式的根，所以，在有理数集内，原式没有一次因式．如果原式能分解，只能分解为 (x2+ax+b)(x2+cx+d)的形式． 解设 原式=(x2+ax+b)(x2+cx+d) =x4+(a+c)x3+(b+d+ac)x2+(ad+bc)x+bd， 所以有 由bd=7，先考虑b=1，d=7有 所以 原式=(x2-7x+1)(x2+5x+7)．
龙源期刊网 https://www.doczj.com/doc/4d13115830.html, 浅谈一元整系数多项式的因式分解方法 作者：尹雯静 来源：《速读·下旬》2018年第01期 摘要：多项式的因式分解是数学学习中一项基本的技能。在分式运算、解方程和各种恒 等变换中都常用到因式分解。但多项式因式分解的方法灵活多变，在分解时需要各种技巧。本文对一元多项式的因式分解进行了初步探索，阐述了一元多项式分解的两种方法。 关键词：一元多项式；因式分解；分组分解；待定系数 在实际学习的过程中，总会遇到多项式因式分解的问题，但由于多项式的因式分解没有刻板的程序可以依循，往往使人感觉难度较大，不好掌握。本文主要是给出因式分解的两种比较容易和实用的方法。 1分组分解法 分组分解法是因式分解中常用的一种方法，运用此类方法分解的多项式各项之间的联系比较明显，有些项之间存在公因式，因此可以进行提取公因式等步骤。而此类解法常与拆项添项法合并使用，通过拆项或添项建立起各项之间的联系。 第一步：观察多项式的结构，可以适当利用拆项或添项的方法将多项式分成若干组；第二步：将分组情况进行适当的调整，使每组中各项可以提取公因式，且各组之间也有公因式存在；第三步：通过多次提取公因式，将多项式表示为几个部分的乘积，完成分解。 例题1：在有理数集内分解[x3+6x2+11x+6]的因式。 解：首先我们可以通过拆项将多项式分为有公因式的两组： 原式[=x3+6x2+11x+6=x3+6x2+9x+（2x+6）] [=xx2+6x+9+2x+3=x（x+3）2+2（x+3）] [=（x+3）xx+3+2] （1） 式有两项构成，但是方括号内的部分显然没有分解完成，而且项与项之间不含公因式，也不能直接利用公式和分组分解，故需打开括号重新组合。为了方便说明我们将中括号中的多项式单独提出来进行分解。 [xx+3+2=x2+3x+2=x2+x+2x+2=xx+1+2x+1=（x+1）（x+2）]
1、用提公因式法把多项式进行因式分解 【知识精读】 如果多项式的各项有公因式，根据乘法分配律的逆运算，可以把这个公因式提到括号外面，将多项式写成因式乘积的形式。 提公因式法是因式分解的最基本也是最常用的方法。它的理论依据就是乘法分配律。多项式的公因式的确定方法是： （1）当多项式有相同字母时，取相同字母的最低次幂。 （2）系数和各项系数的最大公约数，公因式可以是数、单项式，也可以是多项式。 下面我们通过例题进一步学习用提公因式法因式分解 【分类解析】 1. 把下列各式因式分解 （1）-+--+++a x abx acx ax m m m m 2213 （2）a a b a b a ab b a ()()()-+---322 22 分析：（1）若多项式的第一项系数是负数，一般要提出“－”号，使括号内的第一项系数是正数，在提出“－”号后，多项式的各项都要变号。 解：-+--=--+++++a x abx acx ax ax ax bx c x m m m m m 221323() （2）有时将因式经过符号变换或将字母重新排列后可化为公因式，如：当n 为自然数时，() ()()()a b b a a b b a n n n n -=--=----222121；，是在因式分解过程中常用的因式 变换。 解：a a b a b a ab b a ()()()-+---32222 ) 243)((]2)(2))[(() (2)(2)(222223b b ab a b a a b b a a b a b a a b a ab b a a b a a ++--=+-+--=-+-+-= 2. 利用提公因式法简化计算过程 例：计算1368 987521136898745613689872681368987123?+?+?+?
盖斯定律化学反应热的计算 计算反应热的解题方法与技巧： 首先需要熟练掌握盖斯定律，其次，平时积累起来的计算机巧在反应热的计算中基本适用。注意遵循:质量守恒定律，能量守恒定律和盖斯定律。 【方法一】方程式加合法： 根据可直接测定的化学反应的反应热间接计算难以直接测定的化学反应的反应热，需要应用盖斯定律来分析问题。解题时，常用已知反应热的热化学方程式相互加合（加、减等数学计算），得到未知反应热的热化学方程式，则相应的反应热做相同的加合即为所求的反应热。 例1.已知298K时下列两个反应焓变的实验数据： 反应1：C（s）+O2（g）====CO2（g）ΔH1＝-393.5 kJ·mol-1 反应2：CO（g）+1/2 O2（g）====CO2（g）ΔH2＝-283.0 kJ·mol-1计算在此温度下反应3： C （s）+1/2 O2（g）====CO（g）的反应焓变ΔH3 解析： 根据反应3找起点：C（s），找终点：CO（g）；找出中间产物CO2（g）；利用方程组消去中间产物：反应1-反应2=反应3；列式ΔH1-ΔH2=ΔH3=-110.5kJ·mol-1 【方法二】平均值法：平均值法特别适用于缺少数据而不能直接求解的计算。当两种或两种以上物质混合时，不论以任何比例混合，总存在一个平均值，解题时只要抓住平均值，就能避繁就简，迅速解题。平均值法有：平均相对分子质量法、平均分子式法、平均体积法、平均原子法和平均反应热法等。平均反应热法是利用两种混合物中每摩尔物质在反应中的反应热的平均值推断混合物质组成的解题方法，常用于有两种物质反应热的计算。
例2： CH 4（g ）+2O 2（g ）==CO 2（g ）+2H 2O （l ）ΔH ＝-889.5kJ ·mol -1 C 2H 6（g ）+2 7O 2（g ）==2CO 2（g ）+3H 2O （l ）ΔH ＝-1583.4kJ ·mol -1 C 2H 4（g ）+3O 2（g ）==2CO 2（g ）+2H 2O （l ）ΔH ＝-1409.6kJ ·mol -1 C 2H 2（g ）+2 5O 2（g ）==2CO 2（g ）+H 2O （l ）ΔH ＝-1298.4kJ ·mol -1 C 3H 8（g ）+5O 2（g ）==3CO 2（g ）+4H 2O （l ）ΔH ＝-2217.8kJ ·mol -1 如果1mol 上述烃中的两种混合物完全燃烧后放出1518.8的热量，则下列组合不可能是（ ） A. CH 4和C 2H 4 B.CH 4和C 2H 6 C.C 3H 8和C 2H 6 D.C 3H 8和C 2H 2 解析： 混合烃的平均燃烧热为1518.8kJ ，则混合烃中，一种烃的燃烧热必大于1518.8kJ 另一种烃的燃烧热必小于1518.8kJ ，代入各项进行比较，即可确定正确的选项。答案：AC 【方法四】关系式法：对于多步反应，可根据各种关系（主要是化学方程式，守恒等），列出对应的关系式，快速地在要求的物质的数量与题目给出物质的数量之间建立定量关系，从而免除了设计中间过程的大量运算，不但节约运算时间，还避免了运算出错对计算结果的影响，是经常使用的方法之一。 例4.黄铁矿主要成分是FeS 2.某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000g 样品在空气中充分燃烧，将生成的SO 2气体与足量Fe 2(SO 4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol ·L -1的K 2Cr 2O 7标准溶液滴定至终点，消耗K 2Cr 2O 7溶液25.00ml 。 已知：SO 2+Fe 3++2H 2O==SO 42-+Fe 2++4H +
因式分解培优题(超全面、详细分类)
因式分解专题培优 把一个多项式化成几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解.因式分解的方法多种多样，现将初中阶段因式分解的常用方法总结如下： 因式分解的一般方法及考虑顺序： 1、基本方法：提公因式法、公式法、十字相乘法、分组分解法． 2、常用方法与技巧：换元法、主元法、拆项法、添项法、配方法、待定系数法． 3、考虑顺序：（1）提公因式法；（2）公式法；（3）十字相乘法；（4）分组分解法． 一、运用公式法 在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如： (1)a2－b2=(a+b)(a－b)； (2)a2±2ab+b2=(a±b)2； (3)a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)； (4)a3－b3=(a－b)(a2+ab+b2)． 下面再补充几个常用的公式： (5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2； (6)a3+b3+c3－3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca)； (7)a n－b n=(a－b)(a n－1+a n－2b+a n－3b2+…+ab n－2+b n－1)，其中n为正整数； (8)a n－b n=(a+b)(a n－1－a n－2b+a n－3b2－…+ab n－2－b n－1)，其中n为偶数； (9)a n+b n=(a+b)(a n－1－a n－2b+a n－3b2－…－ab n－2+b n－1)，其中n为奇数． 运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式． 例题1 分解因式： (1)－2x5n－1y n+4x3n－1y n+2－2x n－1y n+4； (2)x3－8y3－z3－6xyz； (3)a2+b2+c2－2bc+2ca－2ab；
二项式定理和多项式定理 1．固定分组问题 例1 将12本不同的书分给甲、乙、丙、丁4位学生，求分别满足下列条件的分配方法各有多少种： （1）4位学生每人3本； （2）甲、乙各得4本，丙、丁各得2本； （3）甲得5本，乙得4本，丙得2本，丁得1本． 解 （1）先从12本书中选取3本分给甲，有3 12C 种方法；当甲分得3本书后， 从剩下的9本书中选取3本分给乙，有3 9C 种方法；类似可得,丙、丁的分法分别 有36C 、33C 种,由乘法原理得所求分法共有312C 39C 36C 33 C =4 )!3(! 12=369600种； （2）与（1）的解法类似可得所求分配方法种数为 484 12C C 2224 C C =! 2!2!4!4! 12???=207900； （3）与（1）的解法类似可得所求分配方法种数为 47512C C 1 1 23C C =! 1!2!4!5! 12???=83160． 在例1中是将不同的书分给不同的学生，并且指定了每人分得的本数，我们称之为固定分组问题．我们将这个问题总结成如下一般定理： 定理1 将n 个不同的元素分成带有编号从1，2，…，r 的r 个组：1A ，，， 2A r A ，使得1A 有n 1个元素，2A 有2n 个元素，…，r A 有r n 个元素，n n n n r =+++ 21，则不同的分组方法共有 ! !!! 21r n n n n ??? 种． 证明 先从n 个不同的元素中选取n 1个分给1A ，这一步有1 n n C 种方法；再从 剩下的1n n -个元素中选取2n 个分给2A ，这一步有2 1n n n C -种方法；如此继续下去，最后剩下的r n 个元素分给r A ，有r r n n C 种方法，由乘法原理得这样的固定分组方法共有1n n C 21n n n C -…r r n n C = ! !!! 21r n n n n 种．证毕．
燃烧热盖斯定律计算练 习题 集团文件版本号：（M928-T898-M248-WU2669-I2896-DQ586-M1988）
1、已知热化学反应方程式： Zn(s)+2 1 O 2(g)ZnO(s) ΔH =-351.5 kJ·mol -1; Hg(l)+21O 2(g) HgO(s);ΔH =-90.84 kJ ·mol -1， 则热化学反应方程式：Zn(s)+HgO(s) ZnO(s)+Hg(l)的ΔH 为( ) A.ΔH =+260.7 kJ·mol -1 B.ΔH =-260.7 kJ·mol -1 C.ΔH =-444.2 kJ·mol -1 D.ΔH =+444.2 kJ·mol -1 2、已知: Fe 2O 3 ( s ) + 3/2C ( s ) =3/ 2CO 2 (g )＋2Fe(s) ΔH 1 C ( s ) + O 2 ( g ) =CO 2 ( g ) ΔH 2 则4Fe(s) + 3O 2 ( g )=2Fe 2O 3 ( s ) 的△H 是（ ） A. 2ΔH 1 +3ΔH 2 B. 3ΔH 2 -2ΔH 1 C. 2ΔH 1 -3ΔH 2 D. 3/2ΔH 2 - ΔH 1 3、钛（Ti ）被称为继铁、铝之后的第三金属，已知由金红石（TiO2）制取单质Ti ，涉及的步骤为： 已知①C(s)+O 2(g) CO 2(g); ΔH =-393.5 kJ·mol -1 ① 2CO(g)+O 2(g) 2CO 2(g); ΔH =-566 kJ·mol -1 ③TiO 2(s)+2Cl 2(g)＝＝TiCl 4(s)+O 2(g); ΔH =+141 kJ·mol -1 则TiO 2(s)+2Cl 2(g)+2C(s) TiCl 4(s)+2CO(g)的ΔH= 。
实系数多项式根的分布 实系数多项式的根的绝对值的上界 命题 设101()[]C n n n f x a x a x a x -=+++∈ ，其中00a ≠而1n ≥。令 12max{||,||,,||}n A a a a = 则对()f x 的任一实数根α，有0||1/||A a α<+。 证明 如果0A =，则0α=，命题成立。下面设0A >。 如果0||1/||A a α≥+，那么，因为()0f α=，故有 1101111|||||||||| (||1)(||1)/(||1) n n n n n n n a a a a a A A ----α=α++≤α++≤α++=α-α- 现在||1n α>，故从上式立刻得到 0||||/(||1)n n a A α<αα- 两边消去||n α，得0||1/||A a α<+，矛盾。 由该命题，我们可以估计一个是系数多项式的实根的分布范围为：00(1/||,1/||)A a A a --+。 类似地，也可以证明实系数多项式根 |x0| < (n+1)Cmax/C1，Cmax 为多项式系数绝对值的最大值。 假设|x0| >= (n+1)Cmax/C1，x0为根，所以有 $C_1*(x_0)^n + C_2*(x_0)^(n-1) +…+C_(n+1) = 0$ $C_1*(x_0)^n = -(C_2*(x_0)^(n-1) +…+C_(n+1) )$ $|C_1*(|x_0|)^n| = |(C_2*(x_0)^(n-1) +…+C_(n+1) )|$ $\leq |C_2|*(|x_0|)^(n-1) + ...+ |C_(n+1)|$ 由于|x0| >= (n+1)Cmax/C1 >1 $ \leq n*C_(max)* (|x_0|)^(n-1) < (n+1)* C_(max)* (|x_0|)^(n-1)$ 即，$|C_1*(|x_0|)^n| < (n+1)* C_(max)* (|x_0|)^(n-1)$ 两边约去$(|x_0|)^(n-1)$, 得|x_0| < (n+1)* C_(max)/C_1，与假设矛盾。
整系数多项式的因式分解问题 摘要：多项式理论是高等代数与解析几何的重要内容，是进一步学习代数学及其他数学分支的必要基础。多项式理论是整个高等代数与解析几何课程中一个相对独立而自成体系的部分，它不以高等代数与解析几何的其他章节的内容为基础，但却为高等代数与解析几何的其他部分提供理论依据。本文主要讨论整系数多项式的基本概念与性质，多项式的根及其值，和在有理数域上的因式分解问题。 关键词：多项式；因式分解；Eisenstein 判断法；多项式的根；有理数域。 引言：在Q 上讨论多项式的因式分解问题，我们已经论证了在有理数域Q 上和在整数环Z 上其可约性是一致的，即在整数环Z 上若 )()()(x h x g x f = （1） 当然可以看成有理数域Q 上的多项式分解结果。反过来，（1）式中)(x f 为整系数多项式，而 )()(x h x g 、是有理数域Q 上的多项式，那么通过)()(x h x g 、的系数处理可以使其成为整系数多项 式)()(11x h x g 、，满足 ) ()()(11x h x g x f =， 因此在Q 上讨论因式分解问题往往给出的只是整数环Z 上的多项式。 一.Eisenstein 判断法的研究 此处介绍判断整系数多项式可约性的如下方法： 定理1.1 设 0111)(a x a x a x a x f n n n n ++???++=-- 是一个整系数多项式，若是能够找到一个素数p 。使 1）最高次项系数n a 不能被p 整除； 2）其余各项的系数都能被p 整除； 3）常数项0a 不能2p 整除， 那么多项式)(x f 在有理数域不可约。 这一方法叫做Eisenstein 判断法。在判断一些多项式可约性及诸如无理数判断有其直接作用。 例1. 存在有理数域上的任意次不可约多项式。 事实上，下列整系数多项式 2)(-=n x x f 不论其n 取任意正整数，都存在素数p=2满足Eisenstein 判断法的条件。
课练21 热化学方程式、盖斯定律及有关计算 基础练 1．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是( ) A ．任何化学反应的反应热都可直接测定 B ．利用盖斯定律,可计算某些反应的反应热 C ．化学反应的反应热与化学反应的始态有关,与终态无关 D ．一个化学反应中,经过的步骤越多,放出的热量就越多 2．已知反应CH 3CHO(g)＋a O 2(g)===X ＋b H 2O(l) ΔH ,X 为下列何种物质时ΔH 最小( ) A ．CH 3COOH(l) B ．CH 3COOH(g) C ．CO(g) D ．CO 2(g) 3．航天燃料从液态变为固态,是一项重要的技术突破.铍是高效率的火箭材料,燃烧时能放出巨大的能量,已知1 kg 金属铍完全燃烧放出的热量为62700 kJ.则铍燃烧的热化学方程式是( ) A ．Be ＋12O 2===BeO ΔH ＝－564.3 kJ·mol －1 B ．Be(s)＋12O 2===BeO(s) ΔH ＝＋564.3 kJ·mol －1 C ．Be(s)＋12O 2===BeO(s) ΔH ＝－564.3 kJ·mol －1 D ．Be(s)＋12O 2===BeO(g) ΔH ＝－564.3 kJ·mol －1 4．X 、Y 、Z 、W 有如图所示的转化关系,已知焓变：ΔH ＝ΔH 1＋ΔH 2,则X 、 Y 可能是( ) ①C 、CO ②AlCl 3、Al(OH)3 ③Fe 、Fe(NO 3)2 ④Na 2CO 3、NaHCO 3 A ．①②③④ B ．①② C ．③④ D ．①②③ 5．已知C(s)＋CO 2(g)===2CO(g) ΔH 1＝＋172 kJ·mol －1 ① CH 4(g)＋H 2O(g)===CO(g)＋3H 2(g) ΔH 2＝＋206 kJ·mol －1 ② CH 4(g)＋2H 2O(g)===CO 2(g)＋4H 2(g) ΔH 3＝＋165 kJ·mol －1 ③ 则反应C(s)＋H 2O(g)===CO(g)＋H 2(g)的ΔH 为( ) A ．＋131 kJ·mol －1 B ．－131 kJ·mol －1 C ．＋262 kJ·mol －1 D ．－262 kJ·mol －1 6．25 ℃、101 kPa 下,碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是－393.5 kJ·mol
§9有理系数多项式 一. 引入 1) 在复数域上只有一次多项式才是不可约的。 2) 在实数域上不可约多项式只有一次的和某些二次的。 对于有理数域 1) 每个次数≥1的有理系数多项式都能唯一地分解成不可约的 有理系数多项式的乘积 2) 要具体地作出它的分解式是一个很复杂的问题， 3) 要判别一个有理系数多项式是否可约也不是一个容易解决的 问题。 4) 可以归结为整(数)系数多项式的因式分解问题，并进而解决求 有理系数多项式的有理根的问题。 5) 在有理系数多项式环中有任意次数的不可约多项式。 问题：如何判断Q 上多项式的不可约性呢? 有理系数多项式可归结为整系数多项式的问题． 设110()n n n n f x a x a x a --=++ +， 则i ）可选取适当整数c ，使()cf x 为整系数多项式． Ii ）若()cf x 的各项系数有公因子，提出来，得 ()()cf x dg x =， 即()()d f x g x c =，其中()g x 是整系数多项式，且各项系数没有异于1±的公因子．
如 4242222 ()2(5153)3515 f x x x x x x x =--=-- 二．本原多项式 1．定义：设 1110()0n n n n g x b x b x b x b --=++++≠，,0,1,2 .i b Z i n ∈= 若110,,n n b b b b -没有异于1±的公因子，即110,,n n b b b b -是互素的，则称()g x 为本原多项式． ２．有关性质 1) ()[],f x Q x r Q ?∈?∈，使 ()()f x rg x =， 其中()g x 为本原多项式（除了相差一个正负号外，这种表示法是唯一的）． 2) 定理10 （Gauss 引理）两个本原多项式的积仍是本原多项式． 证：设 110()n n n n f x a x a x a --=+++，110()m m m m g x b x b x b --=++ + 是两个本原多项式．而 110()()()n m n m n m n m h x f x g x d x d x d ++-++-==++ +， 反证法，若()h x 不是本原的，则存在素数p ，|,0,1,.r p d r n m =+ 又()f x 是本原多项式，所以p 不能整除()f x 的每一个系数，令i a 为 01 ,n a a a 中第一个不能被p 整除的数，即11|, .||,i i p a p a p a - 同理，()g x 本原，令j b 为0 m b b 中第一个不能被p 整除的数，即 011|,|, ||,.j j p b p b p b p b - 又11i j i j i j d a b a b ++-=++，这里11 ||,,|i j i j i j p d p a b p a b ++-，矛盾． 二. 整系数多项式的因式分解 定理11 若一非零的整系数多项式可分解成两个次数较低的有
余式定理 1公式 整系数多项式f(x)除以(x-a)商为q(x)，余式为r，则f(x)=(x-a)q(x)+r。 如果多项式r=0，那么多项式f(x)必定含有因式(x-a)。反过来，如果f(x)含有因式(x-a)，那么，r=0。 2概念 当一个多项式f(x) 除以(x –a) 时，所得的余数等于f(a)。 例如：当f(x)=x^2+x+2 除以(x –1) 时，则余数=f(1)=1^2+1+2=4。 3推论 当一个多项式f(x) 除以(mx –n) 时，所得的余数等于f(n/m)。 例如：求当9x^2+6x–7 除以(3x + 1) 时所得的余数。 设f(x) = 9x^2 + 6x –7，则余数f(-1/3)=1–2–7=-8。 4例题 （全国港澳台华侨联合招生考试题型） 设f(x)以(x-1)除之，余式为8，以(x2+x+1)除之的余式为(7x+16)，求(x^3-1)除之的余式为多少? 解：根据题意，得f(1)=8，f(x)=(x^2+x+1)g(x)+7x+16。 因为x^3-1=(x-1)(x^2+x+1) 所以f(x)=(x-1)(x^2+x+1)g(x)+a(x^2+x+1)+7x+16 （其中a(x2+x+1)+7x+16为余式）又f(1)=8 所以f(1)=3a+7+16=8 所以a=-5，因此余式为-5x^2+2x+11 因式定理 1定义 为余式定理的推论之一：如果多项式f(a)=0，那么多项式f(x)必定含有因式x-a。反过来，如果f(x)含有因式x-a，那么，f(a)=0。 2例题 如图， 此题可以利用完全立方公式解答，但较为繁琐。 仔细观察不难发现，当x=y时，原式的值为0。 根据因式定理可知：原式必有因式x-y同样的， 可以得到原式必有因式y-z和z-x（也可以由原式 为对称多项式直接得到） 然后再用待定系数法（结合赋值法）求出待定系 数即可 3意义
利用盖斯定律计算△H 计算步骤 ①根据带求解的热化学方程式中的反应物和生成物找出可用的已知热化学方程式 ②根据待求解的热化学方程式调整可用热化学方程式的方向，同时调整△H 的符合；根据待求解的热化学方程式将调整好的热化学方程式进行化简或扩大相应的倍数 ③将调整好的热化学方程式和△H 进行加和 ④△H 随热化学方程式的调整而相应进行加、减、乘、除运算 题组训练 1 （2018年全国卷I 28） 已知：2N 2O 5(g) 2N 2O 5(g)+O 2(g) ΔH 1=?4.4 kJ·mol ?1 2NO 2(g) N 2O 4(g) ΔH 2=?55.3 kJ·mol ?1 则反应N 2O 5(g)=2NO 2(g)+ O 2(g)的ΔH =_______ kJ·mol ?1。 2 （2018年全国卷II 27） CH 4-CO 2催化重整不仅可以得到合成气（CO 和H 2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：CH 4-CO 2催化重整反应为：CH 4(g)+ CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g)。 已知：C(s)+2H 2(g)=C (g) ΔH =-75 kJ· mol ?1 ； C(s)+O 2(g)=CO 2(g) ΔH =-394 kJ·mol ?1 C(s)+(g)=CO(g) ΔH =-111 kJ·mol ?1 该催化重整反应的ΔH ==______ kJ·mol ?1 3 （2018年全国卷III 28）SiHCl 3在催化剂作用下发生反应： 2SiHCl 3(g) SiH 2Cl 2(g)+ SiCl 4(g) ΔH 1=48 kJ·mol ?1 3SiH 2Cl 2(g) SiH 4(g)+2SiHCl 3 (g) ΔH 2=?30 kJ·mol ?1 则反应4SiHCl 3(g) SiH 4(g)+ 3SiCl 4(g)的ΔH =__________ kJ·mol ?1。 21O 2
《高中数学研究性学习案例》 分组问题 二项式定理 多项式定理 1．固定分组问题 例1 将12本不同的书分给甲、乙、丙、丁4位学生，求分别满足下列条件的分配方法各有多少种： （1）4位学生每人3本； （2）甲、乙各得4本，丙、丁各得2本； （3）甲得5本，乙得4本，丙得2本，丁得1本． 解 （1）先从12本书中选取3本分给甲，有种方法；当甲分得3本书后，从剩下的9本书中选取3本分给乙，有种方法；类似可得,丙、丁的分法分别有、种,由乘法原理得所求分法共有==369600种； （2）与（1）的解法类似可得所求分配方法种数为==207900； （3）与（1）的解法类似可得所求分配方法种数为==83160． 在例1中是将不同的书分给不同的学生，并且指定了每人分得的本数，我们称之为固定分组问题．我们将这个问题总结成如下一般定理：定理1 将n个不同的元素分成带有编号从1，2，…，r的r个组：，，使得有n1个元素，有个元素，…，有个元素，，则不同的分组方法共有种． 证明 先从n个不同的元素中选取n1个分给，这一步有种方法；再从剩下的个元素中选取个分给，这一步有种方法；如此继续下去，最后剩下的个元素分给，有种方法，由乘法原理得这样的固定分组方法共有…=种．证毕． 我们将定理1的分配问题简称为（）固定分组问题． 2．不尽相异元素的全排列 多项式定理 固定分组数有多种组合学意义，除了表示固定分组的方法数外，它还有以下两种表示意义： （1）不尽相异元素的全排列种数
有r类元素，其中第k类元素有个（k=1，2，…，r），同类元素不加区分，不同类元素互不相同，。则这r类n个不尽相异元素的全排列种数等于固定分组数。． 例2 （06年高考江苏卷（理））今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加区分，将这9个球排成一列有 种不同的方法（用数字作答）． 解 9个球排成一列要占9个位置，从9个位置中选取2个放红球，有种方法；再从其余7个位置中选取3个放黄球，有种方法；最后在剩下的4个位置上全放白球，有种方法，由乘法原理得所求的排列方法共 有==1260种． 评注：对于固定分组数，除了表示固定分组的方法数外，它还表示r 类共n个（不尽相异）元素的全排列数，其中第k类元素有个（k=1，2，…，r），同类元素不加区分，． （2）多项式定理的系数 在的展开式中，项的系数等于固定分组数。例如在的展开式中，项的系数为=，这正是我们所熟悉的二项式系数。有如下的多项式定理：多项式定理设n是正整数，则对一切实数x1，x2，……，x r有 （*） 其中求和是对满足方程 n1+n2+……n r = n 的一切非负整 数n1，n2，……，n t 来求。因为r元方程n1+n2+……n r = n的非负整数共有组，所以在的展开式中共有个不同的项。 多项式定理是对二项式定理的推广，在多项式定理中令r = 2 就得到了二项式定理 。 例3 写出的展开式中项与项的系数． 解 先求项的系数．是10个括号的连乘积，将这10个括号看成10个元素，从中先取出4个括号作为第一组，在每个括号中都取x；再从剩下的6个括号中取出3个作为第二组，在每个括号中都取y；再从剩下的3个括号中取出2个作为第三组，在每个括号中都取z；最后的剩下的1个括号
整系数多项式不可约的判定 摘要:判断一个整系数多项式在有理数域是否可约,有著名的艾森斯坦判别法,它给出了判别整系数多项式不可约的一个充分条件,但只能判别一些整系数多项式,应用范围受限制,本文在艾森斯坦判别法的基础上对其进行推广,并给出了一种新的判别方法. 关键词: 整系数多项式 不可约 艾森斯坦判别法 素数 如何来判定一个整系数多项式在有理数域是否可约?满足什么条件的整系数多项式在有理数域才具有可约性?本文结合素数给出了以下判别法. 一 艾森斯坦判别法及其推广 定理 : 设 )(x f =01...a x a x a n n n n +++-是一个整系数多项式 如果有一个素数p ，使得 1. p 不能整除n a ; 2. p |021,...,,a a a n n --; 3. p 2不能整除0a 那么)(x f 在有理数域上是不可约的. 证明 : 如果)(x f 在在有理数域上是可约的，那么有定理知，)(x f 可以分解成两个次数较低的整系数多项式的乘积, )(x f =)...)(...(011011c x c x c l x x b m m m m l l l l ++++++---- (n m l n m l =+<,,) 因为p ∣0a ,所以能整除0b 或0c ，但是p 2不能整除0a ，所以p 不能同时整除0b 及0c .因此不防假定p ∣0b ,但 p 不整除0c .另一方面，因为p 不整除n a ，所以p 不能整除l b .假设l b b b ,...,,10中第一个不能被p 整除的是k b ，比较)(x f 中k x 的系数，得等式k k k k c b c b c b a 0110...+++=-.式中01,...,,b b a k k -都能被素数p 整除，所
高二化学 选修四 第一章 化学反应与能量 第三节 化学反应热的计算例题（盖斯定律） 【知识要点】盖斯定律及其应用 已知石墨的燃烧热：△H ＝－393.5kJ/mol 1）写出石墨的完全燃烧的热化学方程式 2）二氧化碳转化为石墨和氧气的热化学方程式 【结论】正逆反应的反应热效应数值相等，符号相反。 【强调】“+”不能省去。 【思考1】为什么在热化学反应方程式中通常可不表明反应条件？ 原因：热化学方程式还可以表示理论可进行实际难进行的化学反应 【思考2】如何测定如下反应：C(s)+1/2O 2(g)=CO(g)的反应热△H 1 ①能直接测定吗？如何测？不能。因无法控制不生成CO 2 ②若不能直接测，怎么办？可通过计算 【新课】 1、盖斯定律的内容：不管化学反应是一步完成或分几步完成，其 反应热 相同。换句话说，化学反应的反应热只与 反应体系的始态和终态 有关，而与反应的途径无关。 2、盖斯定律直观化 △H 1、△H 2、△H 3 三种之间的关系如何？ 〖例题1 C(s)+21O 2 (g)＝CO(g)的反应焓变？ 反应３ C(s)+ O 2 (g)＝CO 2(g) △H 1＝－393.5 kJ·mol -1 反应１ CO(g)+ 21O 2 (g)＝CO 2(g) △H 2＝－283.0 kJ·mol -1 反应２
方法1：以盖斯定律原理求解， 以给出的反应为基准 （1）找起点C(s), （2）终点是CO 2(g), （3）总共经历了两个反应 C→CO 2 ；C→CO→CO 2。 （4）也就说C→CO 2的焓变为C→CO ； CO→CO 2之和。 则△H 1=△H 3+△H 2 方法2：以盖斯定律原理求解， 以要求的反应为基准 （1） 找起点C(s), （2） 终点是CO(g), （3） 总共经历了两个反应 C→CO 2→CO 。 （4） 也就说C→CO 的焓变为C→CO 2； CO 2→CO 之和。 注意：CO→CO 2 焓变就是△H 2 那 CO 2→CO 焓变就是 —△H 2 方法3：利用方程组求解 （1） 找出头尾 同上 （2） 找出中间产物 CO 2 （3） 利用方程组消去中间产物 反应1 + （－反应2）＝ 反应3 （4） 列式： △H 1—△H 2 = △H 3 ∴△H 3＝△H 1 －△H 2＝－393.5 kJ/mol －(－283.0 kJ/mol)＝－110.5 kJ/mol 〖例题2〗根据下列热化学方程式分析，C(s)的燃烧热△H 等于 （ D ） C(s) + H 2O(l) === CO(g) + H 2(g) △H 1 ＝＋175.3kJ·mol —1 2CO(g) + O 2(g) == 2CO 2(g) △H 2＝—566.0 kJ·mol —1 2H 2(g) + O 2(g) == 2H 2O(l) △H 3＝—571.6 kJ·mol —1 A. △H 1 + △H 2 —△H 3 B.2△H 1 + △H 2 + △H 3 C. △H 1 + △H 2/2 + △H 3 D. △H 1 + △H 2/2 + △H 3/2 〖练习1〗已知氟化氢气体中有平衡关系： 2H 3F 33H 2F 2 △H 1= a kJ·mol —1 H 2F 2 2HF △H 2= b kJ·mol —1 已知a 、b 均大于0；则可推测反应：H 3F 33HF 的△H 3为（ D ） A.（a + b ） kJ·mol —1 B.（a — b ）kJ·mol —1 C.（a + 3b ）kJ·mol —1 D.（0.5a + 1.5b ）kJ·mol —1 〖练习2〗由金红石(TiO 2)制取单质Ti ，涉及到的步骤为： TiO 2TiCl 4?? ??→?Ar C /800/0镁Ti 已知：① C (s )＋O 2(g )＝CO 2(g ) ?H 1 ＝-393.5 kJ·mol -1 ② 2CO (g )＋O 2(g )＝2CO 2(g ) ?H 2 ＝-566 kJ·mol -1 ③ TiO 2(s )＋2Cl 2(g )＝TiCl 4(s )＋O 2(g ) ?H 3 ＝+141 kJ·mol -1 则TiO 2(s )＋2Cl 2(g )＋2C (s )＝TiCl 4(s )＋2CO (g )的?H ＝ －80 kJ·mol －1 。 【解析】③＋①×2－②就可得TiO 2(s )＋2Cl 2(g )＋2C (s )＝TiCl 4(s )＋2CO (g )， 则ΔΗ=ΔΗ3＋ΔΗ1×2－ΔΗ2＝－80 kJ·mol －1。
§1-5多项式的因式分解定理 多项式44-x 在有理数域、实数域、复数域上的因式分解 ][)2)(2)(2)(2(4][)2)(2)(2(4][)2)(2(4424224x C i x i x x x x x R x x x x x Q x x x +-+-=-++-=-+-=-（不能再分）（不能再分） 在不同的系数域上，具有不同形式的分解式 什么叫不能再分？ 平凡因式： 零次多项式（不等于零的常数）、多项式自身、前两个的乘积 Definition8：（不可约多项式）令][)(x P x f 是的一个次数大于零的多项式，如果][)(x P x f 在中只有平凡因式，就称f(x )为数域P 上（或在P[x]中）的不可约多项式.（p(x)在数域P 上不能表示成两个次数低的多项式的乘积） 若)(x f 除平凡因式外，在P[x]中还有其它因式，f(x )就说是在数域P 上（或在P[x]中）是可约的. 如果不是平凡因式)(,)()()(x g x h x g x f =， 的次数显然和则)()(x h x g 都小于)(x f 的次数. 反之，若)(x f 能写成两个这样多项式的乘积，那么)(x f 有
非平凡因式；如果P[x]的一个n 次多项式能够分解成P[x]中两个次数都 小于n 的多项式 的乘积和)()(x h x g 即 )()()(x h x g x f 那么)(x f 在P 上可约. 由不可约多项式的定义可知： 任何一次多项式都是不可约多项式的. 不可约多项式的重要性质： 一个多项式是否不可约是依赖于系数域； 1.如果多项式)(x f 不可约，那么P 中任意不为零的元素c 与)(x f 的乘积c )(x f 都不可约. 2.设)(x f 是一个不可约多项式而P(x)是一个任意多项式，那么或者)(x f 与P(x)互素，或者)(x f 整除P(x). 3.如果多项式)(x f 与)(x g 的乘积能被不可约多项式P(x)整除，那么至少有一个因式被P(x)整除. Theorem5.如果)(x p 是一个不可约多项式,P(x)整除一些多项式)(,),(),(21x f x f x f s 的乘积,那么)(x p 一定整除这些多项式之中的一个. 证明:对被除多项式的个数s 用数学归纳法 当s=1时,显然成立;
整系数多项式的有理根的定理及求解方 法 系别 & 专业： 数学系-数学与应用数学专业 姓名 & 学号： 刘玉丽 0934118 年级 & 班别： 2009级1班 教师 & 职称： 张洪刚 2018年 9月 1日 吉林师范大学博达学院 毕业论文<设计） 论文分类号O174.14 密 级：无
摘要：整系数多项式在多项式的研究中占有重要的地位，其应用价值也越来越被人们所认识。本文是关于整系数多项式有理根的求解的一个综述，希望能够给对整系数多项式感兴趣的朋友提供一定的参考。本文根据相关文献资料，给出了关于整系数多项式有理 根的较为系统的求法。求解整系数多项式的有理根时，首先要判定整系数多项式是否存在有理根。若存在，则可利用求解有理根的方法法将所有可能的有理根求出。为了简化求解过程，可以先运用本文中的相关定理，将可能的有理根的范围尽量缩小，然后再用综合除法进行检验，进而求出整系数多项式的全部有理根。 关键词：整系数多项式；有理根的求法；有理根的判定 Abstract：Integral coefficients polynomial plays an important role in the research of polynomial, and its application value will be known by more and more people. This article is about solving of rational root of integral coefficients polynomial, and I hope this can provide some references to people interested in this. There are some systematic methods of rational root of integral coefficients polynomial in some related document literature. And by which, we know we must make sure integral coefficients polynomial f(x> has rational root when we want to solve the rational root of integral coefficients.If it exists, we can get all the possible rational roots. However, in order to make the procedure easier, we can apply the related theorem in this article and narrow down the extent. And then we can testify them and get all the rational roots. Keywords: Integral coefficients polynomial method to solve rational roots judgment of rational roots