多项式恒等定理的应用

多项式恒等定理多项式恒等定理是代数学中的一个重要定理，它关于多项式的等价与相等的性质进行了精确的描述。

本文将介绍多项式恒等定理的基本概念、证明过程和应用，并深入探讨其在数学领域的重要性和实际应用。

一、多项式恒等定理的基本概念多项式是由若干项组成的代数表达式，每一项由系数与幂的乘积组成。

多项式的恒等定理是指当两个多项式在所有取值下都相等时，它们可以视为同一个多项式。

换句话说，恒等定理描述了当多项式的各项系数相等时，这两个多项式是完全相同的。

根据多项式的恒等定理，我们可以通过比较各项系数的值来判断两个多项式是否相等或等价。

这为解决方程、求解代数问题提供了有力的工具和方法。

二、多项式恒等定理的证明过程证明多项式的恒等定理通常基于代数的基本运算法则和等价变形的原理。

下面以一个简单的例子来说明证明多项式恒等定理的一般过程：假设有两个多项式P(x) = x^2 + 2x + 1和Q(x) = (x + 1)^2。

首先，我们可以对多项式Q(x)进行展开，得到Q(x) = x^2 + 2x + 1。

观察到这两个多项式的各项系数完全相同，即P(x)与Q(x)在所有取值下都相等。

据此，我们可以得出结论：P(x) ≡ Q(x)，即P(x)恒等于Q(x)。

三、多项式恒等定理的应用多项式恒等定理在数学领域有着广泛的应用。

以下列举了其中几个重要的应用领域：1. 代数方程求解：多项式恒等定理可用于解决多项式方程的根的问题。

通过比较各项系数，我们可以判断两个多项式是否相等，从而得到方程的解。

2. 多项式拟合：多项式恒等定理可用于拟合实际数据。

通过将已知数据点带入多项式方程，可以得到拟合曲线，从而对未知数据进行预测和估计。

3. 几何推理：多项式恒等定理可用于几何证明和推理。

通过建立几何模型，并运用多项式的恒等定理得出结论，可以推导出几何问题的解答。

四、多项式恒等定理的重要性和实际应用多项式恒等定理在代数学和数学分析中扮演着重要的角色。

多项式恒等定理多项式恒等定理是代数学中的重要定理之一，它描述了多项式的恒等关系。

首先，什么是多项式？多项式是一个基本数学概念，它是由系数和幂指数的和组成的表达式。

一般来说，一个n次多项式可以写成以下形式：P(x) = a₀ + a₁x + a₂x² + ... + aₙxⁿ其中，a₀, a₁, a₂, ... , aₙ为任意实数或复数，x为未知数，n为非负整数。

在这个表达式中，a₀, a₁, a₂, ... , aₙ为多项式的系数，x为多项式的变量，n为多项式的次数。

而多项式恒等定理正是研究多项式之间恒等关系的定理。

多项式恒等定理可以分为两个方向：多项式相等和多项式不等式。

首先，我们来看多项式相等的情况。

在多项式相等的情况下，两个不同的多项式在某些条件下可以证明它们是相等的。

常见的多项式相等定理有：1. 多项式的表示唯一性定理：对于给定的一元多项式P(x)，它的表示形式是唯一的，即不存在两个不同的多项式Q(x)和R(x)，使得P(x) = Q(x) = R(x)成立。

2. 多项式根与系数关系定理：对于给定的一个n次多项式P(x)，它的根与系数之间存在一种确定的关系。

例如，对于二次多项式ax² + bx + c，它的根x₁和x₂满足x₁ + x₂ = -b/a，x₁x₂ =c/a。

这个定理可以通过将多项式P(x)进行因式分解来证明。

接下来，我们来看多项式不等式的情况。

在多项式不等式的情况下，多项式之间的关系是不等关系，即存在一个条件，使得某个多项式大于或小于另一个多项式。

常见的多项式不等定理有：1. 多项式的增减性定理：对于给定的一个n次多项式P(x)，当x在一个区间内递增或递减时，多项式的值也随之递增或递减。

这个定理可以通过多项式的导数和导函数的性质来证明。

2. 多项式不等性定理：对于给定的两个不同的多项式P(x)和Q(x)，可以通过比较它们的系数和次数的关系来确定它们的不等关系。

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(0)px q p -≠所的的余数为()qf p．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110()n n n n f x a x a x a --=+++的根是12,,,n x x x ，那么有112,n n na x x x a --+++=212131,n n n na x x x x x x a --+++=131231242,n n n x n na x x x x x x x x a ----+++= 012(1).nn n a x x x a =-简写成12121(1)r r rn rj j j j j j nna x x x a -≤≤≤≤=-∑． (2)复根成对定理：若实系数多项式f (x )有一个虚根(,,0),a bi ab R b α=+∈≠那么它的共轭复数a bi α=-也是f (x )的根，并且a 和α有相同重数．运用时要注意必须是实系数方程．5．拉格朗日（L agrange ）插值公式设f (x )是一个次数不超过n 的多项式，数a 1，a 2，…，a n +1两两不等，则2311121311()()()()()()()()n n x a x a x a f x f a a a a a a a ++---=+---1312212321()()()()()()()n n x a x a x a f a a a a a a a ++------12111121()()()()()()()n n n n n n x a x a x a f a a a a a a a ++++---+---．简写成f (x )=1111111111()()()()()()()()()n i i i n i i i i i i i n f a x a x a x a x a a a a a a a a a +-++=-++--------∑．A 类例题例1 将关于x 的多项式2019321)(x xx x x x f +-+-+-= 表为关于y 的多项式=)(y g ,202019192210y a y a y a y a a +++++ 其中.4-=x y 则=+++2010a a a ．（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，)(x f 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：.1111)()(2121++=----=x x x x x f 令,4+=y x 得,51)4()(21+++=y y y g 取,1=y有.615)1(2120210+==++++g a a a a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54151200x x --=，若该方程的五个根恰构成等差数列，且公差||1d ≤，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2,,,,2a d a d a a d a d --++，则由韦达定理可得2215,{(2)()()(2)120.a d a d a a d a d a d a d a a d a d -+-+++++=--++= 由此得3,a =及22(94)(9)40.d d --= 令2d t =，得241445410,4t t t -+==或1．于是d =1d =±．由条件||1d ≤，可知1d =±． 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422()f x x px qx a =+++可被21x -整除，求f (a )．分析 由于422()f x x px qx a =+++可被21x -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42222()(1)().f x x px qx a x x mx n =+++=-++ 展开得422432(1).x px qx a x mx n x mx n +++=++---比较两边系数得22011,q m p n p a n a =-=⎧⎪=-∴=--⎨⎪=-⎩故4224222()(1)0f a a pa qa a a a a a =+++=-++=．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()f x x =(-1)=f (1)=0．因此得由①4)a a pa =+1．设()n n nx a x a a xx 221021+++=++ ，求n a a a 242+++ 的值为（ ）(2005年浙江省数学竞赛)A ．n3 B ．23-nC ．213-nD ．213+n2．设235293212x a bx x x x -=+-+--是关于变量x 的一个恒等式，则ab 的值为 ( )A ． -246B ． -210C ． 29D ． 2103．四次多项式432182001984x x kx x -++-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123,,x x x 是多项式32()f x x ax bx c =+++的三个零点，试求一个以222123,,x x x 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32()g x x mx nx p =+++，则由韦达定理知222123222222122323222123(), ,.m x x x n x x x x x x p x x x ⎧=-++⎪=++⎨⎪=-⎩故22123122323()2()2,m x x x x x x x x x b a =-+++++=-222222122323n x x x x x x =++22122323123123 ()2() 2,x x x x x x x x x x x x b ac =++-++=- 22222123123()p x x x x x x c =-=--=-．因此32222()(2)(2)g x x b a x b ac x c =+-+--．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．例5 设，，，是4个不同实数，()是实系数多项式，已知①(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 ) (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32().r x mx nx lx t =+++由题设得p (a )=a ，p (b )=b ，p (c )=c ，p (d )=d 知a ，b ，c ，d 是320mx nx lx t +++=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． ()n x a -1210012100,,;,,,a b b b 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.i j a b +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(,1,2,,100)i j a b i j +=，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12100()()()() 1.p x x a x a x a =+++-由于任何一列的乘积为1，故知12100,,,b b b 是p (x )的根， 故有12100()()()().p x x b x b x b =---由多项式恒等可知1210012100()()()1()()().x a x a x a x b x b x b +++-=--- 取i x a =-，代入上式可得：100121001(1)()()()(1,2,100).i i i a b a b a b i -=-+++=即12100()()() 1.i i i a b a b a b +++=-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11)())(n n x a a a ++--12)())(n n x a a a ++--1)())(n n x a a a a +--11111111)()()()())()()()i i n i i i i i n x a x a x a x a a a a a a a a -++-++--------．存在性：令11111111()()()()().()()()()i i n i i i i i i i n x a x a x a x a l x a a a a a a a a -++-++----=----的特点，可知()1,()0().i i i j l a l a j i ==≠故()()().i i i i f a l a f a = 故该多项式满足题目条件．(x )是一个满足题意的n 次多项式，则,1).n +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 已知函数2()f x ax c =-满足4(1)1,1(2)5,f f -≤≤--≤≤则f (3)的取值范围是 ( )A ．7(3)26f ≤≤B ．4(3)15f -≤≤C ．1(3)20f -≤≤D ．2825(3)33f -≤≤分析 由于所给函数为偶函数，故有(1)(1)f f -=，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58(3)(1)(2).f f f =-+故1(3)20f -≤≤．本题还可以利用不等式知识来处理：(2)(1),(1),3(2)4,(2)4(1),3f f a f a c f a c f f c -⎧=⎪=-⎧⎪∴⎨⎨=--⎩⎪=⎪⎩(2)4(1)8(2)5(1)(3)93(2)3(1).33f f f f f a c f f --∴=-=--= 又4(1)1,1(2)5f f -≤≤--≤≤，故由不等式的性质知1(3)20.f -≤≤ 例8 是否存在二元多项式(,)p x y ，满足条件 (1)对任意的,,(,)0;x y p x y >(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22(,)(1)21,p x y y x xy =+++将y 看成常数，则关于x 的二次三项式的判别式40,∆=-<∴对所有的x ，y 均有(,)0.p x y >又将p (x ，y )看成x 的函数(y 固定)，则p (x ，y )的值域为21[,).1y +∞+因为当21,01y y →∞→+时． 所以对于任意的c >0，存在0201,.1y c y >+使得 从而存在000,(,).x p x y c =使得情景再现4．若3x px q ++可被21x mx +-整除，则m ，p ，q 应符合的条件是( )A ．0,1q m p ===-B ．1,0m p q +=-=C ．2,1q m m p =+=-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326x x ax a -++的根123,,x x x 满足333123(3)(3)(3)0.x x x -+-+-=（奥地利数学竞赛题）C 类例题例9 已知数列)0(,,,0210≠a a a a 满足),,3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 求证：对于任何自然数n ，01101()(1)(1)n n n n p x a C x a C x x -=-+-+2222(1)n n a C x x --+111(1)n n nn n n n a C x x a C x ---+-+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112i i i a a a -++=知{}n a 是等差数列，则),,2,1(01 =+=+=-i id a d a a i i 从而可将)(x p 表示成d a 和0的表达式，再化简即可．解 因为),3,2,1(211 ==++-i a a a i i i ，所以数列}{n a 为等差数列，设其公差为d 有),3,2,1(0 =+=i id a a i ，从而011222000()(1)()(1)(2)(1)n n n n n n P x a C x a d C x x a d C x x --=-++-++-0()n nn a nd C x+++011112220[(1)(1)][1(1)2(1)n n n n n n n n n n n a C x C x x C x d C x x C x x ---=-+-+++⋅-+- ],n nn nC x ++由二项定理，知,1])1[()1()1()1(222110=+-=++-+-+---n nn n n n n n n n x x x C x x C x x C x C 又因为,)]!1()1[()!1()!1()!(!!11--=-----⋅=-⋅=k n k n nC k n k n n k n k n k kC 从而nn n n n n n x nC x x C x x C ++-+--- 22211)1(2)1(所以.)(0ndx a x P +=当0d ≠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55171116632x p x p x 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2556610.x px p -+-=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,1(661).5u v p uv p +=⎧⎪⎨=-⎪⎩从而p 为正整数．因此本题相当于解不定方程,5661,u v p uv p +=⎧⎨=-⎩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2556610.x px p -+-=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,(0),u v u v <≤由韦达定理则得,1(661).5u v p uv p +=⎧⎪⎨=-⎪⎩故p 为正整数．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56619,566229;u v -=⎧⎨-=⎩或5661,5664351;u v -=⎧⎨-=⎩（无解） 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．7．求证：2004log x 不能表示成()()f xg x 的形式，其中(),()f x g x 为实系数多项式，且(),()f x g x 互质．习题1．已知多项式2012n n a a x a x a x ++++是195819571959(2)x x ++的展开式，则5124032222a a a a a a --+--+等于( )A ．1B ．-1C ．0D ． 22．满足条件22()()(())f x f 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43267,x x x ax b -+++那么这个二次三项式是________________________．4．已知实数,αβ均不为0，多项式32()f x x x x ααββ=-++的三个根为123,,x x x ，则123123111()()x x x x x x ++++= ． （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33()()f x xg x +可被21x x ++整除，则(1)f = ，(1)g = ．6．当310a a --=时,2a +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432(),f x x ax bx cx d =++++若(1)10,(2)20,(3)30,f f f ===则(10)f +(6)f -的值为 ( )A ．8014B ．40C ．160D ．82708．以有理数a ，b ，c 为根的三次多项式32()f x x ax bx c =+++有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．无穷多个9．多项式742()1f x x x x =+++在实数范围内有多少个零点? 10．设(),(),()()p x q x r x s x 及都是多项式，且 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(0)(2)(2)0,p p p n ====12．任给实多项式：()2212111nn n f x xa x a x --=++++．其中n 为正整数，系数1221,,,n a a a -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()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．C2．A 解 将该恒等式变形成多项式恒等，则有3529()(2),x a b x a b -=+-+比较两边系数得35,229a b a b +=+=．解得6,41a b =-=．因此246ab =-．3．86 解 设多项式432182001984x x kx x -++-的四个根为1234,,,.x x x x 则由韦达定理，得设123432,62,x x x x =-=则故123462()32()200.x x x x +-+=-又121234344,18,14.x x x x x x x x +=⎧+++=∴⎨+=⎩故12341234()()86.k x x x x x x x x =++++=4．C 解3232(1)()()(1),x px q x mx x q x m q x qm x q ++=+--=+--++ 5．21x x -+ 解 由拉格朗日插值公式得2(1)(2)3(1)(2)3(1)(1)()1(11)(12)(11)(12)(21)(21)x x x x x x f x x x +----+=++=-++------+．6．－97．解 (反证法)假设有2004()log ,()f x x g x =且(),()f x g x 互质．22200420042()2log log ()f x x x g x ==，又20042()2log ()f x x g x =，又222((),())1,()|2().f x g x f x f x =∴但当f (x )的次数1≥时，恒有2()f x 的次数大于2()f x 的次数，()f x ∴为常数．同理g (x )也为常数，故2004log x 为常数，矛盾．故原命题得证．本节“习题”解答：1．A 2．B 3．23 1.x x -- 4．－1 5．0， 06．6432()821310 1.f x x x x x x =--+--解记x a =则a x =代入方程,得3((10,x x ---=即3251)0.x x -+-=32511).x x x ∴+-=+两边平方，得624342*********(961).x x x x x x x +++--=++故所求的多项式为6432()821310 1.f x x x x x x =--+--7． A 解 设()()10g x f x x =-，则(1)0,(2)0,(3)0g g g ===，故()(1)(2)(3)(),g x x x x x r =----于是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0,0,0,1, 2.a b c a b ≠≠===-但得如果a ，b ，c 均不为零，得1,1a b c ===-．故满足题设的多项式为332,2,x x x x +-321x x x +--． 9．1 解 显然，x =0不是f (x )=0的根．令1y x =，则 又753()1f y y y y =+++单调递增，且当y →-∞时，();,()f y y f y →-∞→+∞→+∞，因此，恰有一个根．10．解 设432() 1.f x x x x x =++++取1的5次虚单位根234,,,,()0(1,2,3,4).k f k εεεεε==则所以2()(1)(1)(1)0(1,2,3,4).k k r q p k εε++==即方程2(1)(1)(1)04(1,2,3,4).k x r xq p k ε++==有个不同根故(1)(1)(1)0.r q p ===再把x =1代入所设等式，得s (1)=0．命题得证．11．解 令1()()1,()(1),0,1,2,,2.k f x p x f k k n +=-=-=则又 其中(0,1,2,,2).k x k k n ==将x =2n +1代入上式,得这表明p (x )是四次多项式,由(0)(2)(4)0,(1)(3)2,p p p p p =====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2121t t a x ++，s s a x ．这里21s t ≠+，s 可奇，也可偶．于是()()2121s t s t f x g x a x a x ++=++．其中()g x 是已经确定的多项式．接下来由乙来取s a ，我们希望不管最后甲取的21t a +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s a 的值的方法，并证明最终所得的多项式()f x 有实根．任取2m <-，则()()2111s t f g a a +=++，()()2121s t s t f m g m a m a m ++=++．为了不管21t a +如何选取，这意味着从上两式中消去21t m +，于是有：()()()21211t t s s m g g m a m m ++=-+-．注意到等式右边和21t a +无关，所以()()211t mf f m +-和21t a +无关，又由2m <-，所以21t s m m +≠．令 ()()21211t s t sg m m g a m m++-=-，则有 ()()211t m f f m +=． 我们来证明()f x 必有实根．显然()0f ±∞>．如果()10f ≤，则在[)1,+∞必有实根．如果()10f >，由于2m <-，所以210t m +<，因此()0f m <，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．。

恒成立问题常见类型及解法重庆清华中学 张忠在近年高考试题中，常见条件中出现“恒”、“都”、“总”、“永远”、“一切”等关键词的试题，我们习惯上称之为恒成立问题。

对此类题，许多学生常常一筹莫展，但如果了解它的题型，选择合适的对策，解决问题就会游刃有余。

高中数学中的恒成立问题，总体上分为两种典型类型：等式的恒成立和不等式的恒成立。

一、等式的恒成立问题（恒等问题）【例】 是否存在常数a 、b 、c 使得等式：122311122222··…++++=+++n n n n an bn c ()()()对一切自然数n 都成立？证明你的结论。

(一). 利用多项式恒等定理，建立方程组求参数多项式f(x)g(x)的充要条件是：对于a 的任意一个取值，都有f (a )g (a )；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。

解法一：因为3222)1(n n n n n ++=+所以12231222··…++++n n ()=++++++++++++=++++++=+++()()()()()()()()()1232121212131211411231110222333222………n n n n n n n n n n n n n n显然当a b c ===31110，，时等式对一切自然数n 都成立。

(二). 待定系数法和数学归纳法对策：先用待定系数法探求a 、b 、c 的值，再利用数学归纳法证明等式对一切自然数n 都成立。

解法二：令n=1，n=2，n=3可得，解得。

以下用数学归纳法证明：等式1·22+2·32+…+n(n+1)=(3n 2+11n+10)对一切自然数n 都成立(证略)。

(三)、根据函数的奇偶性、周期性等性质若函数f(x)是奇(偶)函数，则对一切定义域中的x ,f(-x)=-f(x)((f(-x)=f(x))恒成立；若函数y=f(x)的周期为T ，则对一切定义域中的x,f(x)=f(x+T)恒成立。

§4.2 多项式的恒等变形教学目的:使学生掌握多项式的有关理论及多项式变形的方法,主要是 解析式的求法——拉格朗日插值公式，因式分解的常用方法。

教学重点与难点：解析式的求法——拉格朗日插值公式，因式分解的常用方法。

课时安排：2课时。

教学容如下：一、 多项式的基本概念多项式是由数与字母进行+、—、⨯运算而构成。

定义 设n 是一非负整数，形如1110()n n n n f x a x a x a x a --=++++L 的多项式，当0n a ≠时，叫做一元n 次多项式。

所有系数全为零的多项式叫做零多项式，记为0。

零多项式是唯一不定义次数的多项式。

二、多项式的恒等定理（多项式的基本定理）定理1 如果在给定的数域里，对于变数字母的任意值，多项式1110()n n n n f x a x a x a x a --=++++L 的值都等于零，那么这个多项式的所有系数都等于零。

证明 用数学归纳法（1）当n=1时，10()f x a x a =+。

因为对于x 的任意值，f(x)的值都等于零，所以令x=0，即得00a =。

由此得1()0f x a x =≡，再令x=1，则有10a =。

因此，命题对于一次多项式成立。

（2）假定命题对于次数低于n 的多项式成立，现在来证明对于n 次多项式也成立。

如果对于x 的任意值，都有1110()n n n n f x a x a x a x a --=++++L 0≡ ①在等式①中，以2x 代x ，得11110(2)2220n n n n n n f x a x a x a x a ---=++++≡L ②①2n ⨯—②，得112221202(21)2(21)(21)0n n n n n n n a x a x a -------+-++-≡L ③ 这是一个次数低于n 次的多项式，它恒等于零，依归纳假定，它的所有系数都等于零，即122122(21)0,2(21)0,,n n n n a a -----=-=L02(21)0,,(21)0n k k n n ka a ---=-=L 因为20,210(1,2,,)n k k k n -≠-≠=L 所以 12100,0,,0,0n n a a a a --====L代入①得，0n na x ≡，令x=1,得0n a = 根据（1）、（2），命题对于任意的一元多项式都成立。

1.3 整式的除法◆赛点归纳整式的除法包括单项式除以单项式，多项式除以单项式，多项式除以多项式．多项式恒等定理：（1）多项式f（x）=g（x），•需且只需这两个多项式的同类项的系数相等；（2）若f（x）=g（x），则对于任意一个值a，都有f（a）=g（a）．余数定理：多项式f（x）除以x－a所得的余数等于f（a）．特别地，当f（x）•能被x－a整除时，有f（a）=0．◆解题指导例1设a、b为整数，观察下列命题：①若3a+5b为偶数，则7a－9b也为偶数；②若a2+b2能被3整除，则a和b也能被3整除；③若a+b是质数，则a－b不是质数；④若a3－b3是4的倍数，则a－b也是4的倍数．其中正确的命题有（）．A．0个B．1个C．2个D．3个以上【思路探究】对于①看7a－9b与3a+5b的和或差是不是偶数．对于②根据整数n的平方数的特征去判断．对于③、④若不能直接推导是否成立，也可举出反例证明不成立．例2 若2x3－kx2+3被2x+1除后余2，则k的值为（）．A．k=5 B．k=－5 C．k=3 D．k=－3【思路探究】要求k的值，须找到关于k的方程．由2x3－kx2+3被2x+1除后余2，可知2x3－kx2+1能被2x+1整除，由此就可得关于k的一次方程．例3计算：（3x6－2x5－5x4+7x3－19x2+12x）÷（x4－2x2+x－5）．【思路探究】被除式是一个6次六项式，除式是一个4次四项式，直接计算比较复杂，应列竖式计算．例4若多项式x4－x3+ax2+bx+c能被（x－1）3整除，求a、b、c的值．【思路探究】由条件知x4－x3+ax2+bx+c能被x3－3x2+3x－1整除，列竖式可知x4－x3+ax2+bx+c的商式和余式．根据一个多项式被另一个多项式整除，余式恒为零可求a、•b、c的值．【拓展题】设x1，x2，…，x7都是整数，并且x1+4x2+9x3+16x4+25x5+36x6+49x7=1，①4x1+9x2+16x3+25x4+35x5+49x6+64x7=12，②9x1+16x2+25x3+36x4+49x5+64x6+81x7=123，③求16x1+25x2+36x3+49x4+64x5+81x6+100x7的值．◆探索研讨整式除法的综合运用大多与多项式除以多项式相关．多项式除法运算实际上是它们的系数运算．在进行多项式乘除法恒等变形时，它们对应项系数是相等的，由此列方程可求解待定系数．请结合本节的例题，总结自己的发现．◆能力训练1．下列四个数中，对于任一个正整数k，哪个数一定不是完全平方数（）．A．16k B．16k+8 C．4k+1 D．32k+42．要使3x3+mx2+nx+42能被x2－5x+6整除，则m、n应取的值是（）．A．m=8，n=17 B．m=－8，n=17C．m=8，n=－17 D．m=－8，n=－173．（2001，武汉市竞赛）如果x3+ax2+bx+8有两个因式x+1和x+2，则a+b=（）．A．7 B．8 C．15 D．214．对任意有理数x，若x3+ax2+bx+c都能被x2－bx+x整除，则a－b+c的值是（）．A．1 B．0 C．－1 D．－25．满足方程x3+6x2+5x=27y3+9y2+9y+1的正整数对（x，y）有（）．A．0对B．1对C．3对D．无穷多对6．（2003，四川省竞赛）若（3x+1）4=ax4+bx3+cx2+dx+e，则a－b+c－d+e=________．7．（2004，北京市竞赛）用正整数a去除63，91，129所得的3个余数的和是25，则a 的值为________．8．已知多项式3x3+ax2+bx+1能被x2+1整除，且商式是3x+1，那么（－a）b的值是_____．9．若多项式x4+mx3+nx－16含有因式（x－1）和（x－2），则mn=________．10．多项式x135+x125－x115+x5+1除以多项式x3－x所得的余式是_______．11．计算：（1）（6x5－7x4y+x3y2+20x2y3－22xy4+8y5）÷（2x2－3xy+y2）；（2）（41m－m3+15m4－70－m2）÷（3m2－2m+7）．12．已知a、b、c为有理数，且多项式x3+ax2+bx+c能够被x2+3x－4整除．（1）求4a+c的值；（2）求2a－2b－c的值；（3）若a、b、c为整数，且c≥a>1，试确定a、b、c的大小．13．（2000，“五羊杯”，初二）已知x6+4x5+2x4－6x3－3x2+2x+1=[f（x）] 2，其中f（x）是x的多项式，求这个多项式．14．已知一个矩形的长、宽分别为正整数a、b，其面积的数值等于它的周长数值的2倍，求a+b的值．15．（2004，北京市竞赛）能将任意8个连续的正整数分为两组，使得每组4•个数的平方和相等吗？如果能，请给出一种分组法，并加以验证；如果不能，请说明理由．答案:解题指导例1 C [提示：命题①成立．因为（7a－9b）－（3a+5b）=2（2a－7b）是偶数；命题②也成立．因为整数n的平方被3除余数只能为0或1，3整除a2+b2，表明a2、b2被3除的余数都是0，所以a和b都能被3整除；命题③不成立．如5+2=7和5－2=3都是质数；命题④也不成立．例如a=2，b=0．]例2 C [提示：∵2x3－kx2+3被2x+1除后余2，∴2x3－kx2+1能被2x+1整除．令2x+1=0，得x=－12．代入2x3－kx2+1=0，得2×（－12）3－k（－12）2+1=0，即－14－14k+1=0，解得k=3．]例3（3x6－2x5－5x4+7x3－19x2+12x）÷（x4－2x2+x－5）=3x2－2x+1……x+5．例4 x4－x3+ax2+bx+c=（x3－3x2+3x－1）（x+2）+（a+3）x2+（b－5）x+（c+2）．由余式恒等于0，得a+3=0，b－5=0，c+2=0．∴a=－3，b=5，c=－2．【拓展题】设四个连续自然数的平方为：n2、（n+1）2、（n+2）2、（n+3）2，则（n+3）2=a（n+2）2+b（n+1）2+cn2．整理得n2+6n+9=（a+b+c）n2+（4a+2b）n+4a+b．∴a+b+c=1，4a+2b=6，4a+b=9．解得a=3，b=－3，c=1，∴16x1+25x2+36x3+49x4+64x5+81x6+100x7=③×3－②×3+①=123×3－12×3+1=334．能力训练1．B [提示：16k+8=8（2k+1）．因2k+1是奇数，8•乘以一个奇数一定不是完全平方数．] 2．D [提示：∵3x3+mx2+nx+42=（x2－5x+6）（3x+7）+（m+8）x2+（n+17）x．∴80,8,170,17.m mn n+==-⎧⎧⎨⎨+==-⎩⎩解得．]3．D [提示：∵（x+1）（x+2）=x2+3x+2，∴x3+ax2+bx+8=（x2+3x+2）（x+4）+（a－7）x2+（b－14）x．∴70,7,140,14.a ab b-==⎧⎧∴⎨⎨-==⎩⎩∴a+b=21．]4．A [提示：∵x3+ax2+bx+c=（x2－bx+c）（x+1）+（a+b－1）x2+（2b－c）x，∴10,(1)20.(2)a bb c+-=⎧⎨-=⎩（1）－（2），得a－b+c=1．]5．A [提示：原方程可变形为x（x+1）（x+5）=3（9y3+3y2+3y）+1．①如果有正整数x、y使①成立，那么由于x，x+1，x+5=（x+2）+3这3个数除以3所得余数互不相同，所以其中必有一个被3整除，即①的左边被3整除，而①的右边不被3整除，这就产生矛盾．所以原方程没有正整数解．]6．16 [提示：令x=－1，得a－b+c－d+e=16．]7．43 [提示：由题意，有63=a×k1+r1，91=a×k2+r2，129=a×k3+r3．（0≤r1、r2、r3<a）相加得63+91+129=a（k1+k2+k3）+（r1+r2+r3）=a（k1+k2+k3）+25．故258被a整除．由于258=2×3×43，a大于余数，且3个余数的得25，所以a>8．•又a不超过63、91、129中的最小者63，故258的因数中符合要求的只有a=43．]8．－1 [提示：∵（x2+1）（3x+1）=3x3+x2+3x+1，∴3x3+ax2+bx+1=3x3+x2+3x+1．∴a=1，b=3，即（－a）b=（－1）3=－1．]9．－100 [提示：∵（x－1）（x－2）=x2－3x+2，x4+mx3+nx－16=（x2－3x+2）[x2+（m+3）x－8]+（3m+15）x2+（n－2m－30）x，∴3150,5,2300,20.m mn m n+==-⎧⎧⎨⎨--==⎩⎩解得∴mn=－100．]10．2x+1 [提示：设x135+x125－x115+x5+1=（x3－x）f（x）+ax2+bx+c，其中f（x）为商式．取x=0，得c=1；取x=1，得a+b+c=3．取x=－1，得a－b+c=－1．解得a=0，b=2，c=1．故所求余式为2x+1．]11．（1）商式为3x3+x2y+12xy2+34133,44y余式为xy4－94y5．（2）商式为5m2+3m－10，余式为0．12．（1）∵（x－1）（x+4）=x2+3x－4，令x－1=0，得x=1；令x+4=0，得x=－4．当x=1时，得1+a+b+c=0；①当x=－4时，得－64+16a－4b+c=0．②②－①，得15a－5b=65，即3a－b=13．③①+③，得4a+c=12．（2）③－①，得2a－2b－c=14．（3）∵c≥a>1，4a+c=12，a、b、c为整数，∴a≥2，c≥2，则a=2，c=4，又a+b+c=－1，∴b=－7．13．设f（x）=±（x3+Ax2+Bx+1）或±（x3+Ax2+Bx－1）．先设f（x）=x3+Ax2+Bx+1，则[f（x）] 2=x6+2Ax5+（A2+2B）x4+（2AB+2）x3+（2A+B2）x2+2Bx+1，故2A=4，A2+2B=2，2AB+2=－6，2A+B2=－3，2B=2，无解．再设f（x）=x3+Ax2+Bx－1，则[f（x）] 2=x6+2Ax5+（A2+2B）x4+（2AB－2）x3+（B2－2A）x2－2Bx+1，故2A=4，A2+2B=2，2AB－2=－6，B2－2A=－3，－2B=2．解得A=2，B=－1．故所求的多项式为±（x3+2x2－x－1）．14．由题意得ab=2（2a+2b）．∴ab－4a=4b，∴a=416444bb b=+--．∵a、b均为正整数，且a>b．∴（b－4）一定是16的正约数．当（b－4）分别取1、2、4、8、16时，代入上式，得b－4=1时，b=5，a=20；b－4=2时，b=6，a=12；b－4=4时，b=8，a=8（舍去）；b－4=8时，b=12，a=6（舍去）；b－4=16时，b=20，a=5（舍去）．∴只有a=20，b=5或a=12，b=6符合题意，把a+b=25或18．15．能设任意8个连续的正整数为a，a+1，a+2，a+3，a+4，a+5，a+6，a+7．将其分为如下两组：{a+1，a+2，a+4，a+7}，{a，a+3，a+5，a+6}即满足要求．验证如下：先将任意8个连续的正整数按如下分为等和的两组，满足a+（a+1）+（a+6）+（a+7）=（a+2）+（a+3）+（a+4）+（a+5）则[（a）+（a+1）]·[（a+6）+（a+7）]·1=[（a+2）+（a+3）]·1+[（a+4）+（a+5）]·1 即[（a）+（a+1）][（a+1）－（a）]+[（a+6）+（a+7）][（a+7）－（a+6）]=[（a+2）+（a+3）][（a+3）－（a+2）]+[（a+4）+（a+5）]·[（a+5）－（a+4）]．故（a+1）2－a2+（a+7）2－（a+6）2=（a+3）2－（a+2）2+（a+5）2－（a+4）2．也就是（a+1）2+（a+2）2+（a+4）2+（a+7）2=a2+（a+3）2+（a+5）2+（a+6）2．于是，分任意8个连续的正整数为如下两组：{a+1，a+2，a+4，a+7}，{a，a+3，a+5，a+6}．则满足（a+1）2+（a+2）2+（a+4）2+（a+7）2=a2+（a+3）2+（a+5）2+（a+6）2．。

多项式展开定理多项式展开定理是代数学中的重要定理，它描述了如何将一个多项式表达式展开为多个单项式相加的形式。

在本文中，我们将介绍多项式展开定理的基本概念、应用以及一些相关例子。

让我们来了解一下什么是多项式。

多项式是由常数项、一次项、二次项等按照次数从高到低排列的代数表达式。

例如，下面是一个多项式的例子：P(x) = aₙxⁿ + aₙ₋₁xⁿ⁻¹ + ... + a₂x² + a₁x + a₀其中，aₙ、aₙ₋₁、...、a₂、a₁、a₀是常数项，xⁿ、xⁿ⁻¹、...、x²、x、1是项，n是多项式的次数。

多项式展开定理告诉我们，可以通过将多项式中的每一项按照次数进行组合，得到多项式表达式的展开式。

具体来说，对于一个多项式：P(x) = (x + a)ⁿ其中，a是常数，n是一个非负整数。

根据多项式展开定理，我们可以将其展开为：P(x) = C(n, 0) * aⁿ * x⁰ + C(n, 1) * aⁿ⁻¹ * x¹ + ... + C(n, n-1) * a * xⁿ⁻¹ + C(n, n) * xⁿ其中，C(n, k)表示从n个元素中选取k个元素的组合数，也称为二项式系数。

展开式中的每一项都是一个单项式，其系数是二项式系数，指数是常数项和x的幂次。

多项式展开定理在代数学中有广泛的应用。

它可以帮助我们简化复杂的多项式表达式，使其更易于计算和分析。

例如，在代数方程的求解过程中，我们经常需要将方程式化为多项式形式，然后利用多项式展开定理将其展开，以便更好地理解和解决问题。

多项式展开定理还可以用于计算概率、统计学、物理学等领域的问题。

在概率论中，多项式展开定理可以用来计算事件发生的概率；在统计学中，它可以用于描述随机变量的概率分布；在物理学中，多项式展开定理可以用于分析物理系统的性质和行为。

下面，我们通过几个例子来展示多项式展开定理的具体应用。

多项式恒等式的证明与项式定理的应用多项式是代数学中的重要概念之一，它在数学运算、方程求解和函数拟合等方面有着广泛的应用。

本文将讨论多项式的恒等式的证明以及项式定理在实际问题中的应用。

一、多项式恒等式的证明多项式的恒等式是指两个多项式在某个条件下恒相等的关系。

常见的多项式恒等式包括等差数列求和公式、等比数列求和公式等。

以等差数列求和公式为例，设已知等差数列的首项为a，公差为d，共有n项，则它的求和公式可以表示为：Sn = (n/2)(2a + (n-1)d)现在我们来证明这一等差数列求和公式。

证明：首先，我们可以将等差数列的前n项分别写出来，得到：S1 = aS2 = a + (a + d)S3 = a + (a + d) + (a + 2d)...Sn = a + (a + d) + (a + 2d) + ... + [a + (n-1)d]如果我们把Sn反过来写，再将每两项相加，可以得到：Sn = [a + (n-1)d] + [a + (n-2)d] + ... + (a + d) + a这样，我们可以发现，Sn的所有项之和等于两个Sn的和减去n个a，即：2Sn = [2a + (n-1)d] + [2a + (n-1)d] + ... + [2a + (n-1)d]将上式两边都除以2，可以得到：Sn = (n/2)(2a + (n-1)d)综上所述，我们证明了等差数列求和公式的正确性。

类似地，其他多项式恒等式的证明也可以通过类似的方法进行推导和证明。

关键是要通过对多项式进行展开、合并和化简等操作，找到适当的等式变换和推理路径。

二、项式定理的应用项式定理是一个重要的代数定理，它可以用来展开多项式的幂。

项式定理的一般形式如下：(a+b)^n = C(n,0)a^n + C(n,1)a^(n-1)b + C(n,2)a^(n-2)b^2 + ... + C(n,n-1)ab^(n-1) + C(n,n)b^n其中，C(n,k)表示从n个元素中选取k个元素的组合数。

多项式理论及其应用许洋巢湖学院 数学系 安徽 巢湖 238000摘 要多项式是代数学中最基本的对象之一。

它不但与高次方程的讨论有关，而且在进一步学习代数以及其他数学分支时也会碰到。

本文将介绍一些有关多项式的基本理论以及多项式在矩阵问题，行列式问题和初等数学中的运用。

关键词：多项式；矩阵；行列式AbstractAbstract:polymial is the most basic object of algebra one.It does not but with high times equation,and discussion about the further study algebra and other branches of mathematic may encounter.This paper will intraduce the basic theory of some relevant polynomial in matrix,determinants and polynomial in the application,elementary algebraKeywords:polynomial;matrix;determinants引言：多项式理论是古典代数的主要内容。

多项式的研究源于“代数方程求解”，是最古老的数学问题之一。

16世纪以前，人们对一般的一元二次方程已经有了公式解法，但对于一般的一元二次方程，数学家却束手无策。

16世纪的欧洲数学家们都致力于寻求一般的一元三次方程的求根公式。

1799年，高斯（Garss,1777-1855）在他的博士论文中第一次严格证明了代数基本定理：在复数域中，任何n(n ≥1)次多项式至少有一个根。

经过多年，数学家仍找不到用根式求解五次多项式的一般解法。

终于在1824年阿贝尔（Galois,1811-1832）引入了群的概念，证明不存在用根式求解五次或以上的多项式的一般方法，这理论被引申为伽罗华理论。