[文件]  sxjsck0008 .doc 
[科目]  数学
[关键词]  初一/因式分解
[标题]  因式分解
[内容]
因式分解
因式分解是中学数学中最重要的恒等变形之一，具有一定的灵活性和技巧性，下面我们在初中教材已经介绍过基本方法的基础上，结合竞赛再补充介绍添项、拆项法，待定系数法、换元法、对称式的分解等有关内容和方法.
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添项、拆项的目的是在各项间制造公因式或便于利用公式分解因式，解题时要注意观察分析题目的特点.
例1 （1986年扬州初一数学竞赛题）分解因式
（1+y）2-2x2(1+y2)+x4(1-y)2
解：原式=(1+y)2+2(1+y)x2(1+y)+x4(1-y)2-2(1+y)x2(1-y)-2x2(1+y2)
        =[(1+y)+x2(1-y)]2-2(1+y)x2(1-y)-2x2(1+y2)
        =[(1+y)+x2(1-y)]2-(2x)2
        =[(1+y)+x2(1-y)+2x]·[(1+y)+x2(1-y)-2x]
        =(x2-x2y+2x+y+1)(x2-x2y-2x+y+1)
        =[(x+1)2-y(x2-1)][(x-1)2-y(x2-1)]
        =(x+1)(x+1-xy+y)(x-1)(x-1-xy-y)
例2（第11届国际数学竞赛题）证明：具有如下性质的自然数a有无穷多个，对于任意的自然数m.z=n4+a都不是素数.
证明   设a=4k4（k为大于1的自然数），则
z=n4+a
 =n4+4k4
 =n4+4n2k2+4k4-4n2k2
 =(n2+2k2)2-4n2k2
 =(n2+2k2+2nk)(n2+2k2-2nk)
=[(n+k)2+k2][(n-k)2+k2].               ①
∵k为大于1的自然数，
∴(n+k)2+k2＞1,     (n-k)2+k2＞1
故①的右边两个因子都大于1，故当k＞1时，z是合数.
由于大于1的自然数k有无穷多个，故有无穷多个自然数a，使n4+a对一切自然数n总非素数
2.待定系数法
若两多项式f(x)=g(x)，则它们同次的对应项系数一定相等，利用这条结论可将某些因式分解的问题转化为解方程组的问题来解决.
例3分解因式3x2+5xy-2y2+x+9y-4.
解  由于3x2+5xy-2y2=(3x-y)(x+2y)，故可设
  3x2+5xy-2y2+x+9y-4
=(3x-y+a)(x+2y+b)
=3x2+5xy-2y2+(a+3b)x+(2a-b)y+ab.
比较两边系数得
由①,②联立得a=4,b=-1,代入③式适合.
∴原式=(3x-y+4)(x+2y-1).
(1963年北京中学生数学竞赛试题)已知多项式x3+bx2+cx+d的系数都是整数,若bd+cd是奇数,,证明这个多项式不能分解为两个整系数多项式的乘积.
证明 设
x3+bx2+cx+d=(x+p)(x2+qx+r)
=x3+(p+q)x2+(pq+r)x+pr
(其中p、q、r均为整数)
比较两边系数得  pr=d.
又   bd+cd=d(b+c)是奇数,故b+c与d均为奇数,那么pr也是奇数,即p与r也是奇数.今以x=1代入(因为它是恒等式)得
1+b+c+d=(1+p)(1+q+r).              ①
∵b+c,d为奇数,∴1+b+c+d也为奇数,而p为奇数,∴1+p为偶数.
∴(1+p)(1+q+r)为偶数.这说明等式①的左端为奇数,右端为偶数,这是不可能的.
所以,所述多项式不能分解成两个整系数多项式的乘积.
3.换元法
例5  分解因式   (x2+3x+2)(x2+7x+12)-120.
解  原式=(x+2)(x+1)(x+4)(x+3)-120
        =(x+2)(x+3)(x+1)(x+4)-120
        =(x2+5x+6)(x2+5x+4)-120
令   x2+5x=A, 代入上式,得
原式=(A+6)(A+4)-120=A2+10A-96
=(A+16)(A-6)=(x2+5x+16)(x2+5x-6)=(x2+5x+16)(x+6)(x-1)
例6 证明a(a+1)(a+2)(a+3)+1必为完全平方数
解  原式=a(a+3)(a+1)(a+2)+1
        =(a2+3a)(a2+3a+2)+1
        =(a2+3a)2+2(a2+3a)+1
        =(a2+3a+1)2
∴a(a+1)(a+2)(a+3)+1为完全平方数.
说明:这里未设新元,但在思想上把a2+3a看作一个新元素.
4.对称式的因式分解
在一个含有若干个元的多项式中,如果任意交换两个元的位置,多项式不变,这样的多项式叫做对称多项式.
例7分解因式x4+(x+y)4+y4
分析  这是一个二元对称式,二元对称式的基本对称式是x+y,xy任何二元对称多项式都可用x+y,xy表示,如x2+y2=(x+y)2-2xy,二元对称多项式的分解方法之一是:先将其用xy,x+y表示,再行分解.
解 ∵x4+y4
=(x+y)4-4x3y-6x2y2-4xy2
=(x+y)4-4xy(x+y)2+2x2y2.
∴原式=(x+y)4-4xy(x+y)2+2x2y2+(x+y)4
     =2(x+y)4-4xy(x+y)2+2x2y2
     =2[(x+y)4-2xy(x+y)2+(xy)2]
     =2[(x+y)2-xy]2-2(x2+y2+xy)2,
例8分解因式a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b).
此题中若将式中的b换成a,c换成b,a换成c,即为c2(a-b)+a2(b-c)+b2(c-a),,原式不变,这类多项式称为关于a、b、c的轮换对称式，轮换对称式的因式分解，用因式定理及待定系数法比较简单，下面先粗略介绍一下因式定理，为了叙述方便先引入符号f(x)、f(a)如对一元多项式3x2-5x-2可记作f(x)=3x2-5x-2,f(a)即表示当x=a时多项式的值，如x=1时多项式3x2-5x-2的值为f(1)=3×12-5×1-2=-4,当x=2时多项式3x2-5x-2的值为f(2)=3×22-5×2-2=0.
因式定理  如果x=a时多项式f(x)的值为零,即f(a)=0,则f(x)能被x-a整除(即含有x-a之因式).
如多项式f(x)=3x2-5x-2,当x=2时,f(2)=0,即f(x)含有x-2的因式,事实上f(x)=3x2-5x-2=(3x+1)(x-2).
证明 设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0,
若f(a)=0,则
f(x)=f(x)-f(a)
  =(anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0)
=(anan+an-1an-1+…+a1a+a0)
=an(xn-an)+an-1(xn-1-an-1)+…+a1(x-a),
由于(x-a)|(xn-an),(x-a)|(xn-1-an-1),…,(x-a)|(x-a),
∴(x-a)|f(x),
对于多元多项式,在使用因式定理时可以确定一个主元,而将其它的元看成确定的数来处理.
现在我们用因式定理来解例8.
解  这是一个含有a、b、c三个字母的三次多项式，现以a为主元，设f(a)=a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b),易知当a=b和a=c时，都有f(a)=0,故a-b和a-c是多项式的因式，而视b为主元时，同理可知b-c也是多项式的因式，而三次多项式至多有三个因式故可设a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)=k(a-b)(b-c)(c-a),其中k为待定系数，令a=0,b=1,c=-1可得k=-1.
∴a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)
=-(a-b)(b-c)(c-a).
例9分解因式a3(b-c)+b3(c-a)+c3(a-b).
分析 这是一个关于a、b、c的四次齐次轮换多项式，可用因式定理分解，易知a-b,b-c,c-a是多项式的三个因式，而四次多项式还有一个因式，由轮换对称性可知这个一次因式应是a+b+c，故可设a3(b-c)+b3(c-a)+c3(a-b)=k(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)（其中k为待定系数），取，a=0,b=1,c=-1可得k=-1,所以
原式=-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c).
因式定理使用得更多的还是一元n次多项式的因式分解.
例10 （1985年武汉市初中数学竞赛题）证明：2x+3为多项式2x4-5x3-10x2+15x+18的因式.
证明  以 f(x)记多项式.
+15-
∴2x+3是f(x)的因式.
例11 分解因式x3-19x-30.
分析  这里常数项是30,如果多项式f(x)=x3-19x-30有x-a这种形式的因式,那么a一定是30的因数,这是因为f(a)=a3-19a-30=0即a3-19a=30.
∵a|(a3-19a),       ∴a|30
解 30的因数为±1,±2,±3,±4,±5,±6,±10,±15,±30.
∵f(1)=-48,f(-1)=-12,f(2)=-60,f(-2)=0,f(3)=-60,f(-3)=0,f(5)=0.(这里已有f(-2)、f(-3)、f(5)等于零了，三次多项式只有三个一次因式，所以不必再计算了.)
∴x3-19x-30=k(x+2)(x+3)(x-5),
∴x3的系数为1，∴k=1,
故   x3-19x-30
初一.因式分解.doc