《三、多项式、高次方程与复数》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三、多项式、高次方程与复数（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、.三、多项式、高次方程与复数多项式问题，就容来说，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、例 1.计算(104324)(224324)(344324)(464324)(584324)(44324)(164324)(284324)(404324)(524324)一元多项式先从一个实际试题谈起.解： 仔细观察各括号中的式子， 都具有的形式， 而f (a) a4324 a42a2181822a218 (a218)2(6a)2 (a26a18)(a26a18) q(a)q(a 6)(q(a) a26a 18)命a 4,18,10,16,2
2、2,58,则原式f (10)f (22) f (34) f (46) f (58)f (4) f (16)f (28) f (40) f (52)q(10)q(16)q(22)q(28)L q(58)q(64)q(4)q(10)q(16)q(22)L q(58)q(64)3730 373.q(14)10例 2.以(x1)的方幂表示x23x2.解设x23x2 A(x1)2 B(x1)C，于是x23x 2 Ax2(B2A)x(A BC)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x23x 2 (x1)25(x1)6.例 3.
3、求多项式f (x)被(xa)(xb)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f (x Q(x)(xa)(xb)(Ax B)令x a,x b，分别可得f (a) Aab,f (b) Ab B.可此可得.f (a) f (b)bf (a)af (b),B abba于是所求余式为A f (a) f (b)bf (a)af (b)xabba例 4.试将多项式f (x) x4 x3 x2 x1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f (x)有形式：f (x) (x2ax b)2(cxd)2(c 0).想一想为什么？解：设x4 x3 x2 x1 (x2axb
4、)2(cxd)2 x42ax3(a22bc2)x2(2ab2cd)x(b2d2).其中a、b、c、d是待定系数，且c 0.由多项式的恒等定理得方程组1a ,2a 1222a 2bc 1,b 1,2ab2cd 1,c 5,b2d21.2d 0.51x是一个解，故u(x) x2x1，v(x) 22其余三个解为：u(x),v(x);u(x),v(x);u(x),v(x).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n元多项式f (x1,x2,L ,xn)的变数字母的下标集 1,2,n施 行 任 意 一 个 置 换 后 ，f (x1,x2,L ,xn)都 不 改
5、 变 ， 那 么 就 称f (x1,x2,L ,xn)为一个n元对称多项式.22L xn例如f (x1,x2,L ,xn) x12 x2.又如f (x, y,z) x2 y2 z22xy 2xz2yz 2x2y2z 1与f (x, y,z) (x y)(y z)(z x).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(abc)3的展开式解(abc)3的展开式是三次齐次对称多项式.设(abc)3 L(a3b3c3)M(a2bab2 a2c ac2b2cbc2)Nabc.取a 1,b 0,c 0, 得1 L取a
6、 1,b 1,c 0,得8 2L2M取a 1,b 1,c 1,得 27=3L+6M+N.由、式解得 L=1, M=3, N=6, 于是(abc)3 a3b3c33a2b3b2a3a2c3c2a3b2c3c2b6abc.如果对n元多项式f (x1,x2,L ,xn)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f (x1,x2,L ,xn)为轮换对称多项式.22x3 x3x1；例如，x12x2 x2(x y)3(y z)3(z x)3；(x y z)(y z x)(z x y)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，x2y y2z xz2不是对称多项式
7、，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）(x y)2 x2 2xy y2；（2）(x y)2 x22xy y2；（3）(x y)(x y) x2 y2（4）(x y)3 x33x2y 3xy2 y3；（5）(x y)3 x33x2y 3xy2 y3；（6）(x y)(x2 xy y2) x3 y3；.（7）(x y)(x2 xy y2) x3 y3；（8）(xa)(xb) x2(a b)xab；（9）(x1 x1L xn)222 x12 x2L x
8、n 2x1x2 2x1x3L 2xn1xn.（10）(x y)(xn1 xn2y L xyn2 yn1) xn yn（11）(x y z)(x2 y2 z2 xy yz zx) x3 y3 z33xyz.0nn1x c1y（12）(x y)n cnnx2n22knkknncnxy L cnxy L cny.0其中cn1.n(n1)L (nk 1)k!(0 k n,k N,nN).kcn例 6.已知x y a，x2 y21，求证a(5a4)x y .455证：x5 y5 (x y)(x4 x3y x2y2 xy3 y4) a(x42x2y2 y4 x3y x2y2 xy3) a(x2 y2)2
9、xy(x2 xy y2) a1 xy(1 xy).因为2xy (x y)2(x2 y2) a21，a21所以xy ，于是2a21a21a(5a4)x y a1(1)22455四、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(x1)(x2)(x3)(x4)1分解因式.解(x1)(x2)(x3)(x4)1(x1)(x4)(x2)(x3)1 (x25x4)(x25x6)1 (x25x4)22(x25x4)1(x25x4)12 (x25x5)2.例 8.将x5n xn1分解因式.解x5n xn1 x5n x2
10、n x2n xn1 x2n(x3n1)(x2n xn1) x2n(xn1)(x2n xn1)(x2n xn1) (x2n xn1)(x3n x2n1)例 9.将4x44x313x26x9分解因式.解因为首项与常数项分别为完全平方式，于是，设4x44x313x26x9 (2x2 mx3)2.因为(2x2 mx 3)2 4x44mx3(m212)x26mx9.所以4m 4，从而1n 1.因为m212 (1)212 13，6m 6.所以，m 1满足所设的等式，于是4x44x313x26x9 (2x2 x3)2.例 10.将(x y)5 x5 y5分解因式解(x y)5 x5 y5 x55x4y 10
11、x3y210x2y35xy4y5 x5 y5 5xy(x32x2y 2y2x y3) 5xy(x3 y3) 2xy(x y) 5xy(x y)(x2 xy y2)例 11. 把(x y z)5 x5 y5 z5分解因式分析和解: 不难看出，当x y时，已知多项式等于零，因此，多项式能被x y整除.同样，当x z和y z时，多项式等于零.因此多项式能被x z和y z整除.因此，我们可以肯定多项式能被(x y)(x z)(y z)整除.这个结果可以说明，多项式可以写成(x y)(x z)(y z)P2(x, y,z)的形式，其中P2(x, y,z)是二次多项式，由于已知多项式和(x y)(x z)
12、(y z)是齐次和对称多项式，所以P2(x, y,z)也应当是齐次和对称多项式，也就是说，它可以写成：A(x2 y2 z2) B(xy xz yz)，.其中A和B是待确定的系数.假定恒等式(x y z)5 x5 y5 z5=(x y)(y z)(z x)A(x2 y2 z2) B(xy yz zx)中先取x 1,y 1,z 0， 然后取x 1,y 1,z 1， 得到2A B 15，A B 10，解得A 5,B 5.于是(x y z)5 x5 y5 z5 5(x y)(y z)(z x)(x2 y2 z2 xy yz zx).例 12.求证：有无穷多个自然数a，使得z n4a对于任何非零自然数n
13、均为合数.分析:根据题意，应设法找到无数个自然数a，使得n4a能分解成两个大于 1 的自然数的积.不妨取a 1,2,3,4, L去试，会发现a是4 的倍数时，用拆项、添项、配方较为方便.进一步探索发现a为4k4形式的数，能使z分解因式.解设a 4k4（k为大于 1 的自然数） ，则z n44k4 n44k2n24k44k2n2=(n22k2)2(2kn)2=(n22k22kn)(n22k22kn).因为k 1，n22k22kn (nk)2k21，n22k22kn (nk)2k21.所以z能分解为两个大于 1 的自然数之积， 又k是任意大于 1 的自然数，有无穷多个值。.例 13.已知a是自然数
14、，向a43a29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a43a29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a43a29 (a46a29)9a2 (a23)2(3a)2 (a23a 3)(a23a 3).当a 0时，a43a29 9是合数.当a 1时，a43a29 7是质数.当a 2时，a43a29 13也是质数.当a 2时，a23a31，a23a3 (a2)(a1)11，这说明，此时a43a29可以分解为两个大于 1 的自然数的积，即它为合数.所以，当a 1或 2 时，a43a29是质数；当a 0
15、或a 2时，a43a29是合数.例 14. 解不等式x123x105x83x62x41 0.解分组分解：(x12 x10 x8)(2x10 2x82x6) (4x84x64x4)(x6 x4 x2)(x4 x21) 0，可得(x82x64x4 x21)(x4 x21) 0，.所以x4 x21 0，215215即x x 0，22所以x2151515， 即 x 222例 15.设a,b,c是 三 角 形 的 三 边 ， 求 证 几 何 不 等 式a(b2c2) b(c2a2) c(a2b2) a3b3c32abc.证：由于abc 0,bca 0,acb 0而a(b2c2)b(c2a2) c(a2b
16、2)a3b3c32abc a(b2c22bca2)b(a2c22ac b2) c(a2b22abc2)222222 a(bc) ab (ac) bc (ab) c (abc)(bca)(acb) 0.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x1,x2,x3是方程x3 px2 qxr 0的根，那么有x1 x2 x3 p,x1x2 x2x3 x3x1 q,x1x2x3 r.实际上，如果x1,x2,x3是已知方程的根，那么x3 px2 qx r (x x1)(x x2)(x x3)即x3 px2 qx r x3(x1 x2 x3)x2(x1x2 x2x3 x3x1)x x1x2
17、x3.比较x的同次幂的系数，即证.2 n次 方 程 的 韦 达 定 理 . 如 果x1,x2,L xn是 方 程xn p1xn1 p2xn1L pn 0的根，那么有x1 x2L xn p1x1x2 x2x3L xn1xn p2，x1x2L xn (1)npn.3如果整系数方程xn p1xn1L pn1x pn 0（系数p1, p2,L pn是整数）有不等于 0 的整数根，那么这个根一定是常数项pn的约数.实际上，如果一个不等于零的整数k是已知方程的根，那么kn p1kn1L pn1k pn 0，即kn1 p1kn2L pn1pn 0，k从这个式子可以看出，pn应当被k整除，也就是说，k应当是常
18、数项pn的约数.例 16. 已知x1,x2,x3是方程x3 x1 0的三个根，55 x3求x15 x2的值.解：如果x1,x2,x3是原方程的根，则有33x13 x11 0，x2 x21 0，x3 x31 0，33 x21，x3 x31. 因此有即x13 x11，x2553232x15 x2 x3 x13x12 x2x2 x3x3.22 (x11)x12(x21)x2(x31)x33232 x13 x12 x2 x2 x3 x322 x11 x12 x21 x2 x31 x322 x1 x2 x33(x12 x2 x3) (x1 x2 x3)3(x1 x2 x3)22(x1x2 x2x3 x3
19、x1) (x1 x2 x3)(x1 x2 x3)232(x1x2 x2x3 x3x1) 00232(1) 5.例 17. 设实系数方程x3 x2axb 0有三个正根，证明：方程x3 x2bxa 0必有一正根.证明：设方程x3 x2axb 0的三个正根为x1,x2,x3，又设方程x3 x2bxa 0的三个根为y1, y2, y3，由韦达定理，得x1 x2 x31x1x2 x2x3 x3x4 ax1x2x3 by1 y2 y31y1y2 y2y3 y3y1 by1y2y3 a由、知a b,b 0，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
20、可能是正根.例 18. 求方程x4 y420x228y2107的整数解.分析如果我们能够把这个方程变形， 写成f1(x, y) f2(x, y) a（a是整数）的形式，而因式f1(x, y)和f2(x, y)是整系数的关于x和y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x4 y420x2 28y2 x4 x2y2 x2y2 y424x2 4x2 24y24y29696 (x4 y2x224x2)(x2y2 y424y2) (4x24y296)96 x2(x2 y224) y2(x2 y224) 4(x2 y224)96 (x2 y224)(x2 y
21、2 4)96.用最后得到的式子代替原方程的左边，得(x2 y224)(x2 y24) 11.问题归结为求下列各方程组的整数解.22x y 4 12；2x y 24 1122x y 4 12；2x y 24 1122x y 4 1122x y 24 122x y 4 112；2x y 24 1方程和方程没有整数解.方程和方程的整数解是：.(x, y) (2,3);( 2,3);(4,3);( 4,3)；(x, y) (2,3);(2, 3);(4,3);(4, 3).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u2的二
22、次多项式.但我们会分解二次多项式的因式.为简单起见，设x2u，y2 v.于是，已知方程变形为：u2v220u 28v 107（A）方程左边的根是u1,210 100v228v从这个式子可以看出，要使u1,u2是有理根，只需在方程左边减去96，即把方程写成u2v220u 28v96 11.（B）u1,210v228v19610(v14)解得u1 v4，u2 24v，方程（B）可以写成(u v4)(u v24) 11.例 19.解方程x44x3 x24x1 0解配方得：(x22x)2(3x24x1) 0，引入参数t：(x22xt)2(3x24x1 2tx24xt t2) 0，即(x22xt)2(3
23、2t)x24(1t)xt21 0.为使第二项为完全平方项，由.4(1t)24(32t)(t21) 0，得(t 1)(2t23t 7) 0.解此方程，得到一个根t0 1，于是(x22x1)2 x2 0所以，有x2 x1 0或x23x1 0，解得x 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：z abia,bR;三角形式：z rcosisin，其中
24、r 0,R.当0 2时,为复数 z 的幅角主值;指数形式：z rei，其中r 0,R；几何形式：z abia,bR与复平面的点Ma,b是一一对应的.（2）zR z z；z 是纯虚数z 0 z z 0或z2 z.（3）z z，zz z z.（4）z z 2Rez，z z 2Imz.（5）z1 z2 z1 z2 z1 z2.22153 13，x .222.（6）z1z2 z1 z2，zz11z2 0.z2z2例 20 设1，1 0.求证：，均为 1 的立方根.证法一 运用代数形式.设 abi， cdi，a,b,c,d R.则由1有a2b21，c2d21.再由 1，根据复数相等的条件得ac 1，bd
25、 0.331将上述四式联立，解得a c ，b ，d m.2221313i， mi.所以 2222可见331.证法二 运用三角形式由1，可设 cosisin， cosisin,coscos 1,再由 1,有sinsin 0.3311由此求得cos ，sin ，从而cos ，sin m.22221313i， mi.所以 2222证法三 考虑几何意义，由 1及1，可设A，B ，C 1.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XOA120，XOB 120.1313i， mi.因此 2222yA(B)Co1xB(A)证法四 运用共轭复数的运算技巧.由 1，1，即1，展
26、开，利用1进行化简，得1 0.将 1， 1代入上式化简成1 0，乘以，得21 0.从而 31.同理 31.例 21已知复数 Z 满足Z2 Z 1 0，（1）计算Z 1 Z,并把结果写成复数的三角形式；（2）试问：使1Z时实数值的最小自然数 n 是多少？思考方法：第一种，从Z2 Z 1 0，直接解得n24.1313Z i或i.2222第二种， 从Z2 Z 1 0想到 1 的三次根.由于Z 1， 则以Z 1乘以等式两边，得Z31 0，即Z31，从而有Z3n1，Z3n1 Z,Z3n2 Z2,其中 n 为正整数.第 三 种 ， 从Z2 Z 1 0想 到Z 0， 从 此 有Z3 Z2 Z 0, 又 因Z
27、2 Z 1，故有Z31 0，即Z31，Z4 Z,Z5 Z2,解： （1）Z 1 ZZ Z Z8Z Z2Z441 cosisin.（2）1ZZ21Z2n，当且仅当 n 为 3 的倍数时，1Z为nnnn实数.所以，使1Z是实数值的最小自然数n 3.另解1Znnnn.isincosisin cos3333nn即所以， 0， kkz，n 3k.33n1Zn为实数值的充要条件为sin例 22 已知复数z cosisin，u cosisin，且z u 43i.55（1）求tan()的值；（2）求证：z2u2 zu 0.解 （1）依题设，有zu cosisincosisincoscosi(sinsin)根据
28、复数相等的充要条件，知43i.55.4coscos,53sinsin.54.2253由得2sinsin.2253得tan.242tan242所以tan.71tan22由得2coscos（2）由（1）可得sin24227.，cos25251tan21tan2222tan1tan2而zu cosisincosisin cosisin2724i.25252 43 724 所以z2u2 zu z u zu ii 0.552525例 23 若实系数方程x32k 1x29x5k 10的一个虚数根的模为5，求k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abi,abi,ca,b,c
29、R.于是a2b2 5，2abiabic 2k 1,且根据韦达定理有abiabicabicabi 9,abiabic 5k 1. a 1,a 1,2ac 21k,b 2,b 2,ac 2,整理得解之得或c 2,c 2,c 1k.k 1;k 3.故当k 1时，方程的三个根是12i,12i,2.故当k 3时，方程的三个根是12i,12i,2.例 24计算cos9cos357coscos999.例 25 设复数z在z 1的条件下变动.试求z33z2的最大值和最小值.解z33z2z 1 z 2 z 1 z2.因为z 1，所以22z 1 z 1z 1 zz z z 1 22Rez，z 2 z2z254Re
30、z.令z x yi,x, yR，则x1,1，有22z33z2=22x 54x.3222x22x54x3 3.3当且仅当2x2 54x，即x 31时等式成立.此时y .22也就是说，z 13i时达到最大值，最大值是3 3.2又由易见z 1或2时，达到最小值 0.例 26 设点 Z 是单位圆x2 y21上的动点，复数 W 是复数 Z 的函数：W 11Z2，试求点 W 的轨迹.分析复数 W 是复数 Z 的函数，实质上，就是一种复映射.通过这一映射将单位圆转化为另一种轨迹.如果令W x yi,x, yR，从Z 1，可设Z cosisin，通过x yi解Z 1，11cosisin2可得轨迹的参数方程.设Z cosisin，1 Z 2coscosisin.222令W x yi，则x yi11 Z224cos211cosisin22214cos224cosx 2cosisincosisin.22cos4cos2，y sin4cos22得tan y.x.2sincos22 1tan.从得y 224cos22tan2 2y，代入得y24y.x1tan214y222tan1y2 x，轨迹如图所示.4这里由于1 Z 0，所以2n1,nZ，在y 0时，导出轨迹方程.但当 2n时，y 0，x 1 1 1，故轨迹过点,0，而点,0在此抛物线上.444.
