因式分解

公式

• $x^4+y^4+(x+y)^4=2(x^2+xy+y^2)^2$

• $\begin{aligned} a^3+b^3+c^3&=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)\\ &=\dfrac12(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \end{aligned}$

• $a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=(a+b+c)^2$

• $a^3\pm b^3=(a\pm b)(a^2\mp ab+b^2)$

• $a^3\pm3a^2b+3ab^2\pm b^3=(a\pm b)^3$

• $a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1})\qquad n\in\N^*$

Trick

构造相同系数：

$\begin{aligned} a^3-4a+3&=a^3-(1+3)a+3\\ &=(a^3-a)-(3a-3)\\ &=a(a-1)(a+1)-3(a-1)\\ &=(a-1)(a^2+a-3)\\ \end{aligned}$

构造相同次数（齐次式）：

$\begin{aligned} x^3+x^2-36&=x^3+x^2-(3^3+3^2)\\ &=(x^3-3^3)+(x^2-3^2)\\ &=(x-3)(x^2+3x+9)+(x-3)(x+3)\\ &=(x-3)(x^2+4x+12) \end{aligned}$

构造递减次数（构造 $x^2+x+1$ 或 $x^2-x+1$）：

$\begin{aligned} x^5+x+1&=(x^5-x^2)+(x^2+x+1)\\ &=x^2(x^3-1)+(x^2+x+1)\\ &=x^2(x-1)(x^2+x+1)+(x^2+x+1)\\ &=(x^3-x^2+1)(x^2+x+1) \end{aligned}$

$\begin{aligned} x^5+x-1&=(x^5+x^2)-(x^2-x+1)\\ &=x^2(x^3+1)-(x^2-x+1)\\ &=x^2(x+1)(x^2-x+1)-(x^2-x+1)\\ &=(x^3+x^2-1)(x^2-x+1) \end{aligned}$

配方（配出平方，再用平方差）：

$\begin{aligned} x^4+x^2+1&=(x^4+2x^2+1)-x^2\\ &=(x^2+1)^2-x^2\\ &=(x^2+x+1)(x^2-x+1) \end{aligned}$

试根法

$\text{余数定理}$

设 $f(x),d(x)$ 都是关于 $x$ 的一元多项式，其中 $d(x)$ 的次数大于 $0$，则有唯一的多项式 $q(x)$ 及唯一的多项式 $r(x)$，其中 $r(x)$ 的次数小于 $d(x)$ 的次数，使得以下等式成立：

$f(x)=q(x)\cdot d(x)+r(x)$

这里 $q(x)$ 称为 $f(x)$ 除以 $d(x)$ 的商式，而 $r(x)$ 称为余式。

不妨令 $d(x)=x-c$，则：

$f(x)=q(x)\cdot(x-c)+r(x)$

令 $x=c$，则：

$f(c)=0+r(c)=r(c)$

即：

$x-c \text{ 除 }f(x)\text{ 时，所得的余数为 }f(c).$

那么：若 $f(c)=0$，则 $(x-c)$ 为 $f(x)$ 的因式，反之亦然。

$\text{有理根的求法}$

我们假定 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$ 是整系数多项式（$\forall i\in[0,n],a_i\in\Z$），设有理数 $c=\dfrac pq$ 是 $f(x)$ 的根（$p,q$ 为互质的整数）。

由于 $f(c)=0$（余数定理），即：

$a_n(\dfrac pq)^n+a_{n-1}(\dfrac pq)^{n-1}+\cdots+a_1(\dfrac pq)+a_0=0\tag{1}$

$(1)$ 式两边同乘以 $q^n$ 得：

$a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots+a_1pq^{n-1}+a_0q^n=0\tag{2}$

$(2)$ 式右边被 $p$ 整除（$0$ 被任何一个不等于 $0$ 的数整除），所以 $(2)$ 式左边也被 $p$ 整除。由于左边的前 $n$ 项都被 $p$ 整除，所以最后一项 $a_0q^n$ 也被 $p$ 整除。又因为 $p,q$ 互质，所以 $p$ 是 $a_0$ 的因数，即 $p\mid a_0$。

同理，$(2)$ 式右边被 $q$ 整除，所以 $(2)$ 式左边也被 $q$ 整除。由于左边的后 $n$ 项都被 $q$ 整除，所以第一项 $a_np^n$ 也被 $q$ 整除。又因为 $p,q$ 互质，所以 $q$ 是 $a_n$ 的因数，即 $q\mid a_n$。

于是，可得：有理根 $c=\dfrac pq$ 的分子 $p$ 是常数项 $a_0$ 的因数，分母 $q$ 是最高次项 $a_n$ 的因数。

$\text{快速判别法}$

书接上文，当我们得到整系数多项式 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$ 的可能的一有理根 $c=\dfrac pq$（$p,q$ 为互质的整数，$p\mid a_0,q\mid a_n$），有以下排除方法：

若 $q-p$ 不是 $f(1)$ 的因数，那么 $c$ 不是 $f(x)$ 的根。

证明：

假设 $\dfrac pq$ 为 $f(x)$ 的根，则：

$f(x)=(x-\dfrac pq)Q(x)$

其中 $Q(x)$ 是整系数多项式。

令 $x=1$，则：

$f(1)=(1-\dfrac pq)Q(1)$

其中 $Q(1)$ 是整数。

所以 $(q-p)\mid q\cdot f(1)$。

又因为 $p,q$ 互质。

所以 $(q-p)$ 与 $q$ 互质，$(q-p)\mid f(1)$。

注意： 该判别法只能判定 $\dfrac pq$ 不是 $f(x)$ 根的方法，并不能肯定 $\dfrac pq$ 就是 $f(x)$ 的根。

应用：长除法，试根法。

$x^4-5x^3-2x^2+19x+15=(x+1)(x-3)(x^2-3x-5)$

其他

• 主元法。
• 换元法。
• 待定系数法。
• 十字相乘法。
• 分组分解法。

轮换式

定义

关于 $x,y,z$ 的多项式

$x+y+z,x^2+y^2+z^2,xy+yz+zx,x^3+y^3+z^3,\\x^2y+y^2z+z^2x,xy^2+yz^2+zx^2,\cdots$

在将字母 $x,y,z$ 轮换（即将 $x$ 换成 $y$，$y$ 换成 $z$，$z$ 换成 $x$）时，保持不变。这样的多项式叫做关于 $x,y,z$ 的轮换式。

两个轮换式的和、差、积、商（假定被除式能被除式整除）仍然是轮换式。

特殊 trick

Q

分解因式：

$x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)$

Sol

$x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)$ 是关于 $x,y,z$ 的轮换式。

如果将 $x$ 看做主元，当 $x=y$ 时，有：

$y^2(y-z)+y^2(z-y)+z^2(y-y)=0$

所以由上文定理，$(x-y)$ 是 $x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)$ 的因式。

由于 $x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)$ 是关于 $x,y,z$ 的轮换式，所以 $(y-z),(z-x)$ 也是原式的因式，则它们的积

$(x-y)(y-z)(z-x)$

是

$x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)$

的因式，且均为关于 $x,y,z$ 的三次多项式，所以两者之间至多相差一个常数因数 $k$，即：

$x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)=k(x-y)(y-z)(z-x)$

比较对应项系数，得 $k=-1$，所以：

$x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)=-(x-y)(y-z)(z-x)$

整式例题

T1

Q：

分解因式：

$x^4-7x^2+1$

A：

$x^4-7x^2+1=(x^2-3x+1)(x^2+3x+1)$

Sol:

$\begin{aligned} x^4-7x^2+1&=(x^4+2x^2+1)-9x^2\\ &=(x^2-3x+1)(x^2+3x+1) \end{aligned}$

T2

Q：

分解因式：

$(x+y-2xy)(x+y-2)+(xy-1)^2$

A：

$(x+y-2xy)(x+y-2)+(xy-1)^2=(x-1)^2(y-1)^2$

Sol：

设 $x+y=a$，$xy=b$，则：

$\begin{aligned} (x+y-2xy)(x+y-2)+(xy-1)^2&=(a-2b)(a-2)+(b-1)^2\\ &=a^2-2ab-2a+4b+b^2+1-2b\\ &=a^2-2ab-2a+b^2+2b+1\\ &=(a-b-1)^2\\ &=(x+y-xy-1)^2\\ &=(x-1)^2(y-1)^2 \end{aligned}$

T3

Q：

分解因式：

$(x+1)^4+(x+3)^4-272$

A：

$(x+1)^4+(x+3)^4-272=2(x-1)(x+5)(x^2+4x+19)$

Sol：

设 $t=\dfrac{(x+1)+(x+3)}{2}=x+2$，则：

$\begin{aligned} (x+1)^4+(x+3)^4-272&=(t-1)^4+(t+1)^4-272\\ &=(t^2-2t+1)^2+(t^2+2t+1)^2-272\\ &=2(t^2+1)^2+8t^2-272\\ &=2(t^4+6t^2-135)\\ &=2(t^2-9)(t^2+15)\\ &=2(x-1)(x+5)(x^2+4x+19) \end{aligned}$

T4

Q：

分解因式：

$(2a+5)(a^2-9)(2a-7)-91$

A：

$(2a+5)(a^2-9)(2a-7)-91=(a-4)(2a+7)(2a^2-a-8)$

Sol：

$\begin{aligned} (2a+5)(a^2-9)(2a-7)-91&=\left[(a-3)(2a+5)\right]\left[(a+3)(2a-7)\right]-91\\ &=(2a^2-a-15)(2a^2-a-21)-91\\ &=(t+13)(t+7)-91\qquad\qquad(t=2a^2-a-28)\\ &=t^2+20t\\ &=t(t+20)\\ &=(2a^2-a-28)(2a^2-a-8)\\ &=(a-4)(2a+7)(2a^2-a-8) \end{aligned}$

T5

Q：

分解因式：

$x^4+7x^3+14x^2+7x+1$

A：

$x^4+7x^3+14x^2+7x+1=(x^2+3x+1)(x^2+4x+1)$

Sol：

$\begin{aligned} x^4+7x^3+14x^2+7x+1&=x^2(x^2+7x+14+\dfrac{7}{x}+\dfrac{1}{x^2})\\ &=x^2\left[(x^2+\dfrac{1}{x^2}+2)+7(x+\dfrac{1}{x})+12 \right]\\ &=x^2\left[(x+\dfrac{1}{x})^2+7(x+\dfrac{1}{x})+3\times4 \right]\\ &=x^2(x+3+\dfrac{1}{x})(x+4+\dfrac{1}{x})\\ &=(x^2+3x+1)(x^2+4x+1) \end{aligned}$

T6

Q：

分解因式：

$x^3+(2a+1)x^2+(a^2+2a-1)x+(a^2-1)$

A：

$x^3+(2a+1)x^2+(a^2+2a-1)x+(a^2-1)=(x+1)(a+x-1)(a+x+1)$

Sol：

$\begin{aligned} &x^3+(2a+1)x^2+(a^2+2a-1)x+(a^2-1)\\ =&x^3+2ax^2+x^2+a^2x+2ax-x+a^2-1\\ =&(x+1)a^2+2(x^2+x)a+(x^3+x^2-x-1)\\ =&(x+1)a^2+2x(x+1)a+(x-1)(x+1)(x+1)\\ =&(x+1)\left[(a^2+2ax+x^2)-1\right]\\ =&(x+1)(a+x-1)(a+x+1) \end{aligned}$

T7

Q：

已知 $x,y,z$ 为正数，且满足 $\begin{cases}x+y+xy=8\\y+z+yx=15\\z+x+zx=35\end{cases}$，求 $x+y+z+xy$ 的值。

A：

$x+y+z+xy=15$

Sol：

找到轮换式的规律：

$\begin{aligned} x+y+xy+1&=9\\ \Rightarrow(x+1)(y+1)&=9 \end{aligned}$

代入：

$\begin{cases} (x+1)(y+1)=9\qquad&(1)\\ (y+1)(z+1)=16&(2)\\ (z+1)(x+1)=36&(3) \end{cases}$

将 $(1),(2),(3)$ 式相乘：

$(x+1)(y+1)(z+1)=72\qquad(4)$

将 $(4)$ 式分别除以 $(1),(2),(3)$：

$\begin{cases} z+1=8\\ x+1=\dfrac92\\ y+1=2 \end{cases}$

将 $\begin{cases}x=\dfrac72\\y=1\\z=7\end{cases}$ 代入所求即可。

T8

Q：

分解因式：

$a^2+a^2(a+1)^2+(a+1)^2$

A：

$a^2+a^2(a+1)^2+(a+1)^2=(a^2+a+1)^2$

Sol：

$\begin{aligned} &a^2+a^2(a+1)^2+(a+1)^2\\ =&a^2-2a(a+1)+(a+1)^2+a^2(a+1)^2+2a(a+1)\\ =&1^2+2a(a+1)+\left[a(a+1)\right]^2\\ =&(a^2+a+1)^2 \end{aligned}$

T9

Q：

$A,n$ 都是自然数，且 $A=n^2+25n+26$ 是一个完全平方数，则 $n$ 的值为？

A：

$n=23$

Sol：

1. $A=(n+2)(n+13)$

2. 设 $a^2=n+2,b^2=n+13(b>a)$，则：$b^2-a^2=(a+b)(b-a)=1$

3. 解得 $\begin{cases}a+b=11\\b-a=1\end{cases}$，即 $\begin{cases}a=5\\b=6\end{cases}$。

4. 代入，得 $n=23$。

T10

Q：

已知正整数 $a,b,c,d$ 满足 $ab=cd$，则 $a+b+c+d$ 有可能等于（）

A. $101\qquad$ B. $301\qquad$ C. $401\qquad$ D. 前三个都不能得到

A：

B

Sol：

设数，设 $a=nm,n=pq,c=mp,d=nq$，则：

$\begin{aligned} a+b+c+d&=nm+mp+pq+nq\\ &=(m+q)(n+p) \end{aligned}$

即 $a+b+c+d$ 为合数，而选项中只有 B（$301=7\times43$） 为合数，故选 B。

T11

Q：

分解因式：

$x^2+9y^2+4z^2-6xy-12yz+4xz$

A：

$x^2+9y^2+4z^2-6xy-12yz+4xz=(x-3y+2z)^2$

Sol：

1. 双十字
2. 三者平方公式

T12

Q：

分解因式（$n\in \Z$）：

$\dfrac13x^n-9x^{n+3}$

A：

$\dfrac13x^n-9x^{n+3}=-\dfrac13x^n(3x-1)(9x^2+3x+1)$

Sol：

提公因式&立方和

$\begin{aligned} \dfrac13x^n-9x^{n+3}&=-\dfrac13x^n\left[(3x)^3-1^3\right]\\ &=-\dfrac13x^n(3x-1)(9x^2+3x+1) \end{aligned}$

T13

Q：

分解因式：

$8x^3+27y^3+36x^2y+54xy^2$

A：

$8x^3+27y^3+36x^2y+54xy^2=(2x+3y)^3$

Sol：

$\begin{aligned} 8x^3+27y^3+36x^2y+54xy^2&=(2x)^3+3(2x)^2\cdot3y+3\cdot2x(3y)^2+(3y)^3\\ &=(2x+3y)^3 \end{aligned}$

T14

Q：

分解因式

$a^3+b^3+3ab-1$

A：

$\begin{aligned} a^3+b^3+3ab-1=(a+b-1)(a^2+b^2+1-ab+a+b) \end{aligned}$

Sol：

$\begin{aligned} a^3+b^3+3ab-1&=a^3+b^3+(-1)^3-3ab\cdot(-1)\\ &=(a+b-1)(a^2+b^2+1-ab+a+b) \end{aligned}$

分式恒等变形

T1

Q：

设 $A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，$B=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}$，$C=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$。

当 $A+B+C=1$ 时，求证：$A^{1996}+B^{1996}+C^{1996}=3$。

Sol：

$\because A+B+C=1$

$\begin{aligned} \therefore\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}-1+\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}-1+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+1&=0\\ \dfrac{(b-c)^2-a^2}{2bc}+\dfrac{(c-a)^2-b^2}{2ca}+\dfrac{(a+b)^2-c^2}{2ab}&=0\\ \dfrac{a(b-c+a)(b-c-a)}{2abc}+\dfrac{b(c-a+b)(c-a-b)}{2abc}+\dfrac{c(a+b-c)(a+b+c)}{2abc}&=0\\ \dfrac{(b-c+a)(ab-ac-a^2-bc+ab-b^2)}{2abc}+\dfrac{c(a+b-c)(a+b+c)}{2abc}&=0\\ \dfrac{(a+b-c)(ab-ac-a^2-bc+ab-b^2)}{2abc}+\dfrac{c(a+b-c)(a+b+c)}{2abc}&=0\\ \dfrac{(a+b-c)(ab-ac-a^2-bc+ab-b^2+ca+bc+c^2)}{2abc}&=0\\ \dfrac{(a+b-c)(c-a+b)(a-b+c)}{2abc}=0 \end{aligned}$

即：

$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=0$

分类讨论可得：$A$，$B$，$C$ 中有两个为 $1$，一个为 $-1$。

所以 $A^{1996}+B^{1996}+C^{1996}=3$。