第01章予備知識

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因式分解

{/* label: sec:ch01-s01 */}

因式分解是将多项式写成若干整式乘积的过程，用于分析代数结构、求解方程和简化运算.在多元情形下，因式分解往往依赖对代数式结构特征（如对称性、轮换性、齐次性）的识别与利用.本章先介绍几类常见代数式及其基本性质，为后续专题因式分解做准备.

特殊代数式

本节讨论对称式、轮换式和齐次式三类多项式.它们在复杂多项式的整理、降元、因式分解中常出现.

定义与基本性质

对称式

设 $P(x_1,...,x_n)$ 为 $n$ 元多项式.若对任意置换 $\sigma\in S_n$ ，都有

P(x_{\sigma(1)},...,x_{\sigma(n)})\equiv P(x_1,...,x_n),

则称 $P$ 为关于 $x_1,...,x_n$ 的对称式.

例

$P(x,y)=x^2+y^2$ ：交换 $x,y$ 后不变，为对称式.
$P(x,y,z)=xyz+x+y+z$ ：任意交换 $x,y,z$ 后不变，为三元对称式.
$P(x,y)=x-y$ ：交换 $x,y$ 得 $y-x=-(x-y)$ ，故非对称式.

基本性质

设 $P,Q$ 均为关于 $x_1,...,x_n$ 的对称式.

和与积仍为对称式： $P\pm Q$ 与 $PQ$ 皆为对称式.
代入保持对称性：若 $f$ 为一元多项式, $f(P)$ 仍为对称式.
若 $P=AB$ , 则对每个置换 $\sigma$ 有

P(x_\sigma)=A(x_\sigma)B(x_\sigma)=P(x),

因此 $A,B$ 至少在整体上呈现某种对称结构（例如同为对称式，或成成对轮换）.

基本对称式与表示

对 $n$ 元变量 $x_1,...,x_n$ ，记

e_1=x_1+\cdots+x_n, e_2=\sum_{1\le i\<j\le n}x_ix_j, ..., e_n=x_1x_2\cdots x_n,

称为基本对称式.任一关于 $x_1,...,x_n$ 的对称多项式, 都可以表示为 $e_1,...,e_n$ 的多项式.例如在两元情形，

\text{任一对称式 }P(x,y)\text{ 都可写成 }P(x,y)=F(x+y,xy),

其中 $F$ 为某一元或二元多项式.

例

$x^2+y^2=(x+y)^2-2xy$ , 为 $e_1,e_2$ 的多项式.
$x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)$ .

对称性与因式

在两元情形，若 $P(x,y)$ 为对称式且含有因式 $(x-y)$ , 则 $(x-y)$ 的次数为偶数.原因是对换 $x,y$ 时 $(x-y)$ 变号, 而 $P$ 不变, 故 $(x-y)$ 的总次方必须为偶数, 例如 $(x-y)^2,(x-y)^4$ 等.

轮换式

设 $P(x_1,...,x_n)$ 为 $n$ 元多项式.若在轮换

(x_1,x_2,...,x_n)\mapsto(x_2,x_3,...,x_n,x_1)

下恒有

P(x_2,x_3,...,x_n,x_1)\equiv P(x_1,...,x_n),

则称 $P$ 为关于 $x_1,...,x_n$ 的轮换式.

例

以 $a,b,c$ 的轮换 $a\to b\to c\to a$ 为例：

$a^2b+b^2c+c^2a$ 在轮换下不变, 为轮换式；在交换 $a,b$ 时变式，故非对称式.
$(a-b)(b-c)(c-a)$ 在轮换下仅作因子重排，乘积不变，为轮换式.

与对称式的关系及封闭性

任一对称式在任意置换下不变，因而在轮换下亦不变；对称式必为轮换式，反之不然.
若 $P,Q$ 为轮换式, 则 $P\pm Q$ 与 $PQ$ 仍为轮换式.

因式传递性

设 $P(a,b,c)$ 为关于 $a,b,c$ 的轮换式.

若 $P$ 含有因式 $(a-b)$ , 则在轮换 $a\to b\to c\to a$ 下, $P$ 也含 $(b-c)$ 与 $(c-a)$ .
类似地，若 $P$ 含有因式 $(a^2-b^2)$ , 则含有 $(b^2-c^2)$ 与 $(c^2-a^2)$ 等.

这类因式成轮换“族”，可一并提取.

齐次式

设 $P(x_1,...,x_n)$ 为多项式.若 $P$ 中每一项的总次数均为同一整数 $d$ , 则称 $P$ 为** $d$ 次齐次式**.

例

$2x^2+3xy-y^2$ ：各项为 $2$ 次，为二次齐次式.
$a^3+b^3+c^3-3abc$ ：各项为 $3$ 次，为三次齐次式.
$x^2+y$ ：各项次数不等，非齐次式.

齐次性的等价刻画

设 $P$ 为多项式.则 $P$ 为 $d$ 次齐次式, 当且仅当对任意数 $t$ ，有

P(tx_1,...,tx_n)=t^dP(x_1,...,x_n).

证明

若 $P$ 为 $d$ 次齐次式, 则每一项形如 $c\,x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n}$ , 且 $k_1+\cdots+k_n=d$ .代入 $tx_i$ 后，每项变为

c\,t^{k_1+\cdots+k_n}x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n} =t^d\cdot c\,x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n},

从而整体为 $t^dP(x_1,...,x_n)$ .

反过来，若对任意 $t$ 成立上述关系, 则把 $P$ 按项分解, 比较 $t$ 的各次幂系数, 可知所有非零项的总次数必须相同, 等于 $d$ .

因式与降元

若 $P$ 为 $d$ 次齐次式且 $P=QR$ , 则 $Q,R$ 亦必为齐次式, 且 $\deg Q+\deg R=d$ .在二元情形，齐次性可用于降元：设

F(x,y)=0

为 $d$ 次齐次方程, 若 $y\neq 0$ , 令 $t=\dfrac{x}{y}$ , 两边除以 $y^d$ ，得一元方程

F(t,1)=0,

解出 $t$ 后再还原 $x: y$ 的比值.这在因式分解和解齐次方程组时常用.

对称性、轮换性与齐次性的组合

多项式往往同时具有多种结构.例如：

$x^2+xy+y^2$ ：对称、轮换（两元）、二次齐次.
$a^2b+b^2c+c^2a$ ：三元轮换、三次齐次，非对称.
$a^3+b^3+c^3-3abc$ ：三元对称、三次齐次.

在因式分解或恒等变形中，通常结合多种结构使用，如利用齐次性降元，配合对称性或轮换性判断因式形状.

应用练习

练习

\item 判断下列多项式的类型（对称式、轮换式、齐次式）：

[label=(\alph*)]

$P(x,y)=x^2+xy+y^2$ ；
$P(a,b,c)=a^2b+b^2c+c^2a$ ；
$P(x,y,z)=x^3+y^3+z^2$ ；
$P(a,b,c)=(a-b)(b-c)(c-a)$ .

解

[label=(\alph*)]

$P(x,y)=x^2+xy+y^2$ ：交换 $x,y$ 不变，为对称式；在两元轮换下不变，为轮换式；各项为二次，为齐次式.
$P(a,b,c)=a^2b+b^2c+c^2a$ ：在 $a\to b\to c\to a$ 轮换下不变, 为轮换式；交换 $a,b$ 时变式，非对称式；各项为三次，为齐次式.
$P(x,y,z)=x^3+y^3+z^2$ ：变量交换或轮换均改变式子，非对称、非轮换；各项次数不全相等，非齐次式.
$P(a,b,c)=(a-b)(b-c)(c-a)$ ：在轮换 $a\to b\to c\to a$ 下因子重排而积不变, 为轮换式；交换 $a,b$ 后整体变号，非对称式；展开后各项为三次，为齐次式.

\item 已知关于 $a,b,c$ 的轮换式 $P(a,b,c)$ 含有因式 $(a-b)$ ，写出它必然含有的另外两个一次因式.

解

在轮换 $a\to b\to c\to a$ 下, 因式 $(a-b)$ 依次对应 $(b-c)$ 与 $(c-a)$ .由 $P$ 的轮换性, 这两个因式亦为 $P$ 的因式.

\item 因式分解

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

解

记原式为 $P(x,y,z)$ .各项为三次项, $P$ 为三次齐次式；在轮换 $x\to y\to z\to x$ 下不变，为轮换式.

令 $x=y$，得

P(y,y,z)=y(y^2-z^2)+y(z^2-y^2)+0=0，

故 $(x-y)$ 为因式.由轮换性, $(y-z)$ 与 $(z-x)$ 亦为因式.于是存在常数 $k$ 使

P(x,y,z)=k(x-y)(y-z)(z-x).

取 $(x,y,z)=(1,0,-1)$，有

P(1,0,-1)=1(0-1)+0(1-1)+(-1)(1-0)=-2,

而

(1-0)(0-(-1))(-1-1)=-2,

从而 $k=1$.因而

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

\item 设 $F(x,y)$ 为二元 $d$ 次齐次多项式, 方程 $F(x,y)=0$ 中 $(x,y)\neq(0,0)$ .令 $t=\dfrac{x}{y}$ （ $y\neq 0$ ）或 $t=\dfrac{y}{x}$ （ $x\neq 0$ ），将方程化为一元方程，写出一般变形过程.

解

以 $y\neq 0$ 为例.由齐次性，有

F(x,y)=F(ty,y)=y^dF(t,1),

于是 $F(x,y)=0$ 与 $F(t,1)=0$ 等价（$y\neq 0$）.原方程的非零解对应于一元方程 $F(t,1)=0$ 的根 $t=\dfrac{x}{y}$, 再由 $x:y=t:1$ 还原.

乘法公式与因式分解

{/* label: sec:ch01-s02 */}

本节整理常用乘法公式及其逆运算，在此基础上给出若干因式分解方法，并将其推广到高次多项式.内容覆盖基础运算、结构识别与一定的拔高应用.

平方差与完全平方

平方差

对任意数 $a,b$ ，

a^2-b^2=(a-b)(a+b).

证明

展开右式：

(a-b)(a+b)=a^2+ab-ba-b^2=a^2-b^2.

例

计算 $2024\cdot 2016$ .

解

两数以 $2020$ 为对称中心, 记 $a=2020,b=4$ ，则

2024\cdot 2016=(2020+4)(2020-4)=2020^2-4^2=4080400-16=4080384.

例

因式分解 $x^2-4y^2-4y-1$ .

解

后三项构成完全平方：

x^2-(4y^2+4y+1)=x^2-(2y+1)^2,

于是

x^2-4y^2-4y-1=(x-2y-1)(x+2y+1).

完全平方

对任意数 $a,b,c$ ，

(a\pm b)^2=a^2\pm 2ab+b^2,

(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca).

证明

二项式情形直接展开即可.对三项式，记 $u=a+b$ ，有

(a+b+c)^2=(u+c)^2=u^2+2uc+c^2,

再代回 $u^2=(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$ 即得.

例

计算 $101^2$ 与 $99^2$ .

解

101^2=(100+1)^2=100^2+2\cdot 100\cdot 1+1=10201,

99^2=(100-1)^2=100^2-2\cdot 100\cdot 1+1=9801.

例

已知 $a-b=4,ab=5$ , 求 $(a+b)^2$ .

解

由

(a+b)^2=(a-b)^2+4ab,

得

(a+b)^2=4^2+4\cdot 5=36.

例

已知 $x+\dfrac1x=5$ , 求 $x^2+\dfrac1{x^2}$ 与 $x^4+\dfrac1{x^4}$ .

解

平方得

\left(x+\frac1x\right)^2=x^2+\frac1{x^2}+2=25,

从而

x^2+\frac1{x^2}=23.

再平方一次，

\left(x^2+\frac1{x^2}\right)^2=x^4+\frac1{x^4}+2=23^2,

故

x^4+\frac1{x^4}=23^2-2=527.

立方公式与幂的和差

立方和与立方差

a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2),

a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2).

证明

对 $a^3+b^3$ ，

a^3+b^3 =a^3+a^2b-a^2b-ab^2+ab^2+b^3 =a^2(a+b)-ab(a+b)+b^2(a+b),

于是

a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2).

立方差同理.

完全立方

(a\pm b)^3=a^3\pm 3a^2b+3ab^2\pm b^3.

证明

(a+b)^3=(a+b)(a+b)^2=(a+b)(a^2+2ab+b^2)

展开整理可得. $(a-b)^3$ 类似.

例

因式分解 $8x^3-27y^3$ .

解

8x^3-27y^3=(2x)^3-(3y)^3 =(2x-3y)(4x^2+6xy+9y^2).

例

化简 $\dfrac{x^3+1}{x^2-x+1}$ .

解

分子

x^3+1=(x+1)(x^2-x+1),

故

\frac{x^3+1}{x^2-x+1}=x+1.

且 $x^2-x+1=(x-\tfrac12)^2+\tfrac34\>0$ , 对一切实数 $x$ 分母不为零.

例

已知 $x+\dfrac1x=3$ , 求 $x^3+\dfrac1{x^3}$ .

解

\left(x+\frac1x\right)^2 =x^2+\frac1{x^2}+2=9,

得 $x^2+\dfrac1{x^2}=7$ .于是

x^3+\frac1{x^3} =\left(x+\frac1x\right)\left(x^2-1+\frac1{x^2}\right) =3\cdot (7-1)=18.

亦可用

x^3+\frac1{x^3} =\left(x+\frac1x\right)^3-3\cdot x\cdot\frac1x\left(x+\frac1x\right) =27-9=18.

幂的差

对任意正整数 $n$ ，

a^n-b^n=(a-b)\bigl(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}\bigr).

证明

设

S=a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1},

则

(a-b)S =a^n-b^n.

中间各项配对抵消，仅保留首尾两项.

奇数次幂的和

若 $n$ 为奇数，则

a^n+b^n=(a+b)\bigl(a^{n-1}-a^{n-2}b+\cdots-ab^{n-2}+b^{n-1}\bigr).

例

分解 $x^5-y^5$ 与 $x^5+y^5$ .

解

x^5-y^5=(x-y)(x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4),

x^5+y^5=(x+y)(x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4).

例

分解 $x^4+4x^2+16$ .

解

可视为关于 $x^2$ 的二次式.若用十字相乘，在整数系数范围难以直接配对.利用结构式

x^4+4x^2+16=(x^2+2x+4)(x^2-2x+4),

展开右端可验证：

(x^2+2x+4)(x^2-2x+4) =x^4+4x^2+16.

Sophie Germain 型恒等式

对任意 $a,b$ ，

a^4+4b^4=(a^2+2ab+2b^2)(a^2-2ab+2b^2),

其中 $x^4+4$ 为 $a=x,b=1$ 的特例.

基本因式分解方法

提公因式与分组分解

例

因式分解 $3x(a-b)-2y(b-a)$ .

解

$(b-a)=-(a-b)$ ，故

3x(a-b)-2y(b-a) =3x(a-b)+2y(a-b) =(a-b)(3x+2y).

例

因式分解 $ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a)$ .

解

有

(a-b)+(b-c)+(c-a)=0, c-a=-(a-b)-(b-c).

代入：

\begin{aligned} ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a) &=ab(a-b)+bc(b-c) & +ca[-(a-b)-(b-c)] &=[ab(a-b)-ca(a-b)] & +[bc(b-c)-ca(b-c)] &=(a-b)(ab-ca)+(b-c)(bc-ca). \end{aligned}

注意 $ab-ca=a(b-c)$ , $bc-ca=c(b-a)$ ，于是

\begin{aligned} &=(a-b)a(b-c)+(b-c)c(b-a) &=(a-b)a(b-c)-(b-c)c(a-b) &=(a-b)(b-c)(a-c) &=-(a-b)(b-c)(c-a). \end{aligned}

配方法与“添项—拆项”

例

因式分解 $x^4+4$ .

解

视 $x^4$ 与 $4$ 为 $(x^2)^2$ 与 $2^2$ , 构造中间项 $4x^2$ ：

x^4+4=(x^4+4x^2+4)-4x^2 =(x^2+2)^2-(2x)^2.

平方差公式给出

x^4+4=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2).

例

因式分解 $x^2-6x+9-y^2$ .

解

x^2-6x+9=(x-3)^2,

原式为

(x-3)^2-y^2=(x-3-y)(x-3+y)=(x-y-3)(x+y-3).

整体代换

例

因式分解 $2(x+y)^2-5(x+y)-3$ .

解

记 $A=x+y$ ，则

2A^2-5A-3=(2A+1)(A-3),

代回得

2(x+y)^2-5(x+y)-3=[2(x+y)+1][(x+y)-3].

二次多项式：十字相乘与通用公式

一元二次：十字相乘法

定义

设 $a,b,c\in\mathbb R,a\neq 0$ ，一元二次三项式

ax^2+bx+c

若可写成

(a_1x+c_1)(a_2x+c_2),

则称右式为其在实数范围内的因式分解.

展开

(a_1x+c_1)(a_2x+c_2) =a_1a_2x^2+(a_1c_2+a_2c_1)x+c_1c_2,

需满足

a_1a_2=a, c_1c_2=c, a_1c_2+a_2c_1=b.

例

因式分解 $3x^2+11x-4$ .

解

$3x^2=3x\cdot x$ , $-4=-1\cdot 4$ ，取

a_1=3,\ a_2=1,\ c_1=-1,\ c_2=4,

得

(3x)\cdot 4+(x)\cdot(-1)=12x-x=11x,

故

3x^2+11x-4=(3x-1)(x+4).

例

因式分解 $2x^2+7x+3$ .

解

$2x^2=2x\cdot x$ , $3=1\cdot 3$ ，取

a_1=2,\ a_2=1,\ c_1=1,\ c_2=3,

得

(2x)\cdot 3+(x)\cdot 1=7x,

于是

2x^2+7x+3=(2x+1)(x+3).

齐次二次：双十字相乘法

定义

设 $a,b,c\in\mathbb R,ac\neq 0$ .齐次二次式

ax^2+bxy+cy^2

若可写成

(a_1x+c_1y)(a_2x+c_2y),

则称右式为其因式分解.

展开得

(a_1x+c_1y)(a_2x+c_2y) =a_1a_2x^2+(a_1c_2+a_2c_1)xy+c_1c_2y^2,

需要

a_1a_2=a, c_1c_2=c, a_1c_2+a_2c_1=b.

例

因式分解 $6x^2+5xy-6y^2$ .

解

$6x^2=3x\cdot 2x$ , $-6y^2=-2y\cdot 3y$ ，取

a_1=3,\ a_2=2,\ c_1=-2,\ c_2=3,

有

(3x)(3y)+(2x)(-2y)=9xy-4xy=5xy,

故

6x^2+5xy-6y^2=(3x-2y)(2x+3y).

例

因式分解 $x^2-3xy-10y^2$ .

解

$x^2=x\cdot x$ , $-10y^2=-5y\cdot 2y$ ，取

a_1=1,\ a_2=1,\ c_1=-5,\ c_2=2,

交叉项

(x)(2y)+(x)(-5y)=2xy-5xy=-3xy,

于是

x^2-3xy-10y^2=(x-5y)(x+2y).

通用公式

一元二次通用公式

设 $a,b,c\in\mathbb R,a\neq 0$ ，判别式

\Delta=b^2-4ac.

若 $\Delta\ge 0$ ，则

ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2), x_{1,2}=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}.

若 $\Delta\<0$ ，则在实数范围内不能分解为一次因式的乘积.

证明

方程 $ax^2+bx+c=0$ 等价于

x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=0.

配方得到

\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2=\frac{b^2-4ac}{4a^2}=\frac{\Delta}{4a^2},

于是

x=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}.

两根为 $x_1,x_2$ 时，有

ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2),

展开可核对系数.

例

用通用公式因式分解 $3x^2-11x+10$ .

解

$a=3,b=-11,c=10$ ，判别式

\Delta=(-11)^2-4\cdot 3\cdot 10=1,

根为

x_1=2, x_2=\frac53.

于是

3x^2-11x+10=3(x-2)\left(x-\frac53\right)=(3x-5)(x-2).

齐次二次分解

设 $a,b,c\in\mathbb R,a\neq 0$ , $\Delta=b^2-4ac$ .若 $\Delta\ge 0$ , 则存在实数 $\lambda_1,\lambda_2$ ，

ax^2+bxy+cy^2=a(x-\lambda_1 y)(x-\lambda_2 y),

其中

\lambda_{1,2}=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}.

若 $\Delta\<0$ ，则在实数范围内不能分解为一次因式的乘积.

证明

令 $t=x/y$ （ $y\neq 0$ ），则

ax^2+bxy+cy^2=y^2(at^2+bt+c).

若 $\Delta\ge 0$ , 一元二次 $at^2+bt+c=0$ 有根

\lambda_{1,2}=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a},

且

at^2+bt+c=a(t-\lambda_1)(t-\lambda_2),

于是

ax^2+bxy+cy^2 =a(x-\lambda_1 y)(x-\lambda_2 y).

高次多项式：因式定理与有理根

余式定理

设 $P(x)$ 为多项式, 将其除以 $(x-a)$ ，得

P(x)=(x-a)Q(x)+r, r\in\mathbb R.

则 $r=P(a)$ .

证明

对上式代入 $x=a$ , 得 $P(a)=r$ .

因式定理

多项式 $P(x)$ 有因式 $(x-a)$ 当且仅当 $P(a)=0$ .

证明

若 $P(x)=(x-a)Q(x)$ , 则 $P(a)=0$ .反之, 若 $P(a)=0$ ，由余式定理，

P(x)=(x-a)Q(x)+P(a)=(x-a)Q(x),

从而 $(x-a)$ 为因式.

有理根定理

设

P(x)=a_nx^n+\cdots+a_0

为整系数多项式， $a_n\neq 0$ .若最简分数 $\dfrac{p}{q}$ （ $\gcd(p,q)=1,q\>0$ ）为 $P(x)$ 的有理根, 则 $p$ 为 $a_0$ 的整数因数, $q$ 为 $a_n$ 的整数因数.

例

因式分解 $P(x)=x^3-2x^2-5x+6$ .

解

$a_3=1,a_0=6$ , 可能有理根为 $\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 6$ .代入：

P(1)=1-2-5+6=0,

故 $(x-1)$ 为因式.综合除法（系数为 $1,-2,-5,6$ 与根 $1$ ）得商

x^2-x-6.

继续因式分解：

x^2-x-6=(x-3)(x+2),

于是

P(x)=(x-1)(x-3)(x+2).

例

因式分解 $P(x)=x^3-4x^2+8$ .

解

$a_3=1,a_0=8$ , 可能有理根为 $\pm 1,\pm 2,\pm 4,\pm 8$ .代入

P(2)=8-16+8=0,

故 $(x-2)$ 为因式.综合除法（系数 $1,-4,0,8$ 与根 $2$ ）得商

x^2-2x-4.

判别式

\Delta=(-2)^2-4\cdot 1\cdot(-4)=20\>0,

一元二次公式给出根

x=1\pm\sqrt5.

在实数范围内可写成

x^2-2x-4=(x-1-\sqrt5)(x-1+\sqrt5),

在有理数范围则保留二次因式.于是

P(x)=(x-2)(x^2-2x-4)

或

P(x)=(x-2)(x-1-\sqrt5)(x-1+\sqrt5).

练习

\item 因式分解 $(x+2y)^2-(x-y)^2$ . \item 因式分解 $8a^3+27b^3$ . \item 已知 $x+\dfrac1x=4$ , 求 $x^2+\dfrac1{x^2}$ 与 $x^3+\dfrac1{x^3}$ . \item 因式分解 $x^4-16$ 与 $x^4+4x^2+16$ . \item 因式分解 $2x^2-5x-3$ 与 $6x^2+5xy-6y^2$ . \item 对多项式 $P(x)=2x^3-x^2-8x+4$ ，写出所有可能的有理根，并完成因式分解.

解

(x+2y)^2-(x-y)^2 =\bigl[(x+2y)-(x-y)\bigr]\bigl[(x+2y)+(x-y)\bigr] =3y(2x+y).

8a^3+27b^3=(2a)^3+(3b)^3 =(2a+3b)(4a^2-6ab+9b^2).

\left(x+\frac1x\right)^2=x^2+\frac1{x^2}+2=16,

故 $x^2+\dfrac1{x^2}=14$.再用

x^3+\frac1{x^3} =\left(x+\frac1x\right)^3-3\cdot x\cdot\frac1x\left(x+\frac1x\right) =64-12=52.

x^4-16=(x^2-4)(x^2+4)=(x-2)(x+2)(x^2+4),

x^4+4x^2+16=(x^2+2x+4)(x^2-2x+4).

2x^2-5x-3=(2x+1)(x-3),

6x^2+5xy-6y^2=(3x-2y)(2x+3y).

$P(x)=2x^3-x^2-8x+4$ 中 $a_3=2,a_0=4$ ，可能有理根为

\pm 1,\pm 2,\pm 4,\pm \frac12.

代入 $P(1)=2-1-8+4=-3\neq 0$，

P(2)=16-4-16+4=0,

故 $(x-2)$ 为因式.综合除法（系数 $2,-1,-8,4$ 与根 $2$）得商

2x^2+3x-2.

继续分解

2x^2+3x-2=(2x-1)(x+2),

于是

P(x)=(x-2)(2x-1)(x+2).

恒等变形的方法

{/* label: sec:ch01-s03 */}

恒等变形用于证明等式与化简代数式. 本节介绍五种处理代数恒等式的策略.

复杂化简法

证明恒等式 $A=B$ 时，从结构复杂的一端入手，通过因式分解、通分、展开、配方等手段，推导至结构简单的一端.

例

求证：

\frac{b-c}{(a-b)(a-c)} + \frac{c-a}{(b-c)(b-a)} + \frac{a-b}{(c-a)(c-b)} = \frac{2}{a-b} + \frac{2}{b-c} + \frac{2}{c-a}

证明

左侧具有轮换对称性，且右侧为简单分式之和，提示对左侧作裂项. 将分子表为分母因式之差：

b-c = (a-c) - (a-b)

于是

\frac{(a-c)-(a-b)}{(a-b)(a-c)} = \frac{1}{a-b} - \frac{1}{a-c} = \frac{1}{a-b} + \frac{1}{c-a}

由轮换对称性，另两项同理处理：

\frac{c-a}{(b-c)(b-a)} = \frac{1}{b-c} + \frac{1}{a-b}

\frac{a-b}{(c-a)(c-b)} = \frac{1}{c-a} + \frac{1}{b-c}

三式相加，每个分式恰出现两次：

\begin{aligned} \text{LHS} &= \left(\frac{1}{a-b} + \frac{1}{c-a}\right) + \left(\frac{1}{b-c} + \frac{1}{a-b}\right) + \left(\frac{1}{c-a} + \frac{1}{b-c}\right) &= \frac{2}{a-b} + \frac{2}{b-c} + \frac{2}{c-a} = \text{RHS} \end{aligned}

例

因式分解： $(x^2+x-1)(x^2+x+3)-5$ .

解

$x^2+x$ 反复出现, 提示整体换元. 令 $A = x^2+x$ ，原式化为

(A-1)(A+3)-5 = A^2+2A-3-5 = A^2+2A-8

对 $A$ 的二次式分解：

A^2+2A-8 = (A+4)(A-2)

代回 $A = x^2+x$ ：

(x^2+x+4)(x^2+x-2)

因 $x^2+x+4$ 判别式 $\Delta = 1-16 \< 0$ , 在实数域不可约；而 $x^2+x-2 = (x+2)(x-1)$ . 故

\text{原式} = (x^2+x+4)(x+2)(x-1)

例

化简： $\dfrac{x^4+x^2y^2+y^4}{x^2-xy+y^2}$ .

解

分母形如 $x^2-xy+y^2$ ，提示将分子分解为含此因式的乘积. 为构造平方差，对分子配方：

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

代入原式，约去公因式：

\frac{(x^2-xy+y^2)(x^2+xy+y^2)}{x^2-xy+y^2} = x^2+xy+y^2 (x^2-xy+y^2 \ne 0)

例

求证： $(a+b+c)^3 - (a^3+b^3+c^3) = 3(a+b)(b+c)(c+a)$ .

证明

右侧为三个一次因式之积，提示用因式定理验证左侧的根. 令 $P(a) = (a+b+c)^3 - a^3 - b^3 - c^3$ . 代入 $a=-b$ ：

P(-b) = c^3 - (-b)^3 - b^3 - c^3 = 0

故 $(a+b) \mid P(a)$ . 由轮换对称性, $(b+c)$ 与 $(c+a)$ 亦整除 $P$ .

$P$ 是三次齐次式，三个一次因式之积亦为三次齐次式，故

P(a) = k(a+b)(b+c)(c+a)

取 $a=b=c=1$ 确定系数：

\text{LHS} = 3^3 - 3 = 24, \text{RHS} = k \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8k

解得 $k=3$ .

例

已知 $abc=1$ , 求证： $\displaystyle \frac{1}{1+a+ab} + \frac{1}{1+b+bc} + \frac{1}{1+c+ca} = 1$ .

证明

三个分母结构相似但不同，而条件 $abc=1$ 尚未使用. 尝试利用此条件统一分母.

第二项乘 $\dfrac{a}{a}$ , 利用 $abc=1$ ：

\frac{1}{1+b+bc} = \frac{a}{a+ab+abc} = \frac{a}{a+ab+1}

第三项乘 $\dfrac{ab}{ab}$ ：

\frac{1}{1+c+ca} = \frac{ab}{ab+abc+a^2bc} = \frac{ab}{ab+1+a}

三项分母统一为 $1+a+ab$ ，分子相加：

\frac{1}{1+a+ab} + \frac{a}{1+a+ab} + \frac{ab}{1+a+ab} = \frac{1+a+ab}{1+a+ab} = 1

例

已知 $a+b+c=0$ , 求证： $\displaystyle \frac{a^2}{2a^2+bc} + \frac{b^2}{2b^2+ca} + \frac{c^2}{2c^2+ab} = 1$ .

证明

分母 $2a^2+bc$ 形式特殊, 尝试利用 $a = -(b+c)$ 将其因式分解：

\begin{aligned} 2a^2+bc &= a^2 + a \cdot a + bc = a^2 - a(b+c) + bc = (a-b)(a-c) \end{aligned}

由轮换对称性， $2b^2+ca = (b-c)(b-a)$ , $2c^2+ab = (c-a)(c-b)$ .

通分后公分母为 $(a-b)(b-c)(c-a)$ ，分子为

\begin{aligned} & -a^2(b-c) - b^2(c-a) - c^2(a-b) &= -a^2b + a^2c - b^2c + ab^2 - c^2a + bc^2 \end{aligned}

此式关于 $a,b,c$ 轮换反对称（交换任意两变量变号）, 且为三次齐次式, 故必有因式 $(a-b)(b-c)(c-a)$ . 比较首项系数知

-a^2(b-c) - b^2(c-a) - c^2(a-b) = (a-b)(b-c)(c-a)

与分母相消，得 $1$ .

例

因式分解： $x^4 + y^4 + (x+y)^4$ .

解

直接展开后观察是否可配成完全平方. 展开 $(x+y)^4$ ：

\begin{aligned} x^4 + y^4 + (x+y)^4 &= x^4 + y^4 + (x^4 + 4x^3y + 6x^2y^2 + 4xy^3 + y^4) &= 2x^4 + 4x^3y + 6x^2y^2 + 4xy^3 + 2y^4 &= 2(x^4 + 2x^3y + 3x^2y^2 + 2xy^3 + y^4) \end{aligned}

括号内为四次齐次对称式. 猜测其为某二次齐次式的平方，设为 $(x^2+\alpha xy+y^2)^2$ . 展开比较系数：

(x^2+xy+y^2)^2 = x^4 + x^2y^2 + y^4 + 2x^3y + 2xy^3 + 2x^2y^2 = x^4 + 2x^3y + 3x^2y^2 + 2xy^3 + y^4

吻合. 故原式 $= 2(x^2+xy+y^2)^2$ .

双向变换法

当等式两端均较复杂时，分别变形至同一形式：若 $A=C$ 且 $B=C$ , 则 $A=B$ .

例

求证： $(a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac+bd)^2 + (ad-bc)^2$ .

证明

两侧均为四个变量的四次式，直接展开比较. 左侧：

\text{LHS} = a^2c^2 + a^2d^2 + b^2c^2 + b^2d^2

右侧：

\begin{aligned} \text{RHS} &= (a^2c^2 + 2abcd + b^2d^2) + (a^2d^2 - 2abcd + b^2c^2) &= a^2c^2 + b^2d^2 + a^2d^2 + b^2c^2 \end{aligned}

交叉项 $\pm 2abcd$ 相消，两侧相等.

例

求证： $a^3+b^3+c^3-3abc = \frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$ .

证明

左侧为已知的因式分解公式，右侧较复杂. 从右侧入手化简：

\begin{aligned} \text{RHS} &= \frac{1}{2}(a+b+c)(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca) &= (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \end{aligned}

此即 $a^3+b^3+c^3-3abc$ 的标准分解式. 展开验证：

\begin{aligned} &= a^3+ab^2+ac^2-a^2b-abc-a^2c & + a^2b+b^3+bc^2-ab^2-b^2c-abc & + a^2c+b^2c+c^3-abc-bc^2-ac^2 &= a^3+b^3+c^3-3abc = \text{LHS} \end{aligned}

例

求证： $(a+b+c)^3 abc - (bc+ca+ab)^3 = abc(a^3+b^3+c^3) - (b^3c^3+c^3a^3+a^3b^3)$ .

证明

两侧结构相似：左侧涉及 $(a+b+c)^3$ 与 $(bc+ca+ab)^3$ , 右侧涉及 $a^3+b^3+c^3$ 与 $(bc)^3+(ca)^3+(ab)^3$ . 移项使结构对称：

abc[(a+b+c)^3 - (a^3+b^3+c^3)] = (bc+ca+ab)^3 - [(bc)^3+(ca)^3+(ab)^3]

利用恒等式 $(x+y+z)^3 - (x^3+y^3+z^3) = 3(x+y)(y+z)(z+x)$ . 左侧：

\text{左} = abc \cdot 3(a+b)(b+c)(c+a)

右侧取 $x=bc,\, y=ca,\, z=ab$ ：

\begin{aligned} \text{右} &= 3(bc+ca)(ca+ab)(ab+bc) &= 3 \cdot c(a+b) \cdot a(b+c) \cdot b(a+c) &= 3abc(a+b)(b+c)(c+a) \end{aligned}

两侧相等.

例

求证： $a^2(b+c) + b^2(c+a) + c^2(a+b) + 3abc = (a+b+c)(ab+bc+ca)$ .

证明

两侧复杂度相当，直接展开. 左侧：

a^2b+a^2c + b^2c+b^2a + c^2a+c^2b + 3abc

右侧：

\begin{aligned} &= a(ab+bc+ca) + b(ab+bc+ca) + c(ab+bc+ca) &= (a^2b+abc+a^2c) + (ab^2+b^2c+abc) + (abc+bc^2+c^2a) &= a^2b+a^2c+ab^2+b^2c+c^2a+bc^2 + 3abc \end{aligned}

两侧相等.

例

求证： $a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2 = (a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)$ .

证明

右侧四个因式形如 $\pm a \pm b \pm c$ ，提示左侧可配方为平方差的乘积.

\begin{aligned} \text{LHS} &= (a^4 + 2a^2b^2 + b^4) - 4a^2b^2 - c^4 - 2b^2c^2 - 2c^2a^2 + 2a^2b^2 &= (a^2+b^2)^2 - 2(a^2+b^2)c^2 + c^4 - 4a^2b^2 &= (a^2+b^2-c^2)^2 - 4a^2b^2 \end{aligned}

应用平方差公式两次：

\begin{aligned} &= (a^2+b^2-c^2-2ab)(a^2+b^2-c^2+2ab) &= ((a-b)^2-c^2)((a+b)^2-c^2) &= (a-b-c)(a-b+c)(a+b-c)(a+b+c) \end{aligned}

注意 $-a+b+c = -(a-b-c)$ ，故右侧

(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)[-(a-b-c)]

四因式乘积与左侧一致（负号个数为偶数时相等）.

Sophie Germain 恒等式

求证： $a^4+4b^4 = (a^2+2b^2+2ab)(a^2+2b^2-2ab)$ .

证明

右侧形如 $(M+N)(M-N) = M^2-N^2$ , 其中 $M=a^2+2b^2$ , $N=2ab$ . 展开验证：

\begin{aligned} \text{RHS} &= (a^2+2b^2)^2 - (2ab)^2 &= a^4 + 4a^2b^2 + 4b^4 - 4a^2b^2 &= a^4 + 4b^4 = \text{LHS} \end{aligned}

Lagrange 恒等式

求证： $\displaystyle \Bigl(\sum_i a_i^2\Bigr)\Bigl(\sum_i b_i^2\Bigr) = \Bigl(\sum_i a_ib_i\Bigr)^2 + \sum_{i\<j} (a_ib_j-a_jb_i)^2$ .

证明

以 $n=3$ 为例. 左侧展开为 $\sum_{i,j} a_i^2 b_j^2$ , 共 $9$ 项.

右侧第一项： $(\sum a_i b_i)^2 = \sum a_i^2 b_i^2 + 2\sum_{i\<j} a_i b_i a_j b_j$ .

右侧后三项： $\sum_{i\<j} (a_i^2 b_j^2 - 2a_i b_j a_j b_i + a_j^2 b_i^2)$ .

交叉项 $+2a_i b_i a_j b_j$ 与 $-2a_i b_j a_j b_i$ 抵消. 余项：

\sum a_i^2 b_i^2 + \sum_{i\<j} (a_i^2 b_j^2 + a_j^2 b_i^2) = \sum_{i,j} a_i^2 b_j^2

即为左侧. 一般 $n$ 的情形类似.

作差法

利用 $A=B \iff A-B=0$ . 当等式两侧结构有局部对应关系时，逐项作差往往比通分更简洁.

例

求证： $\displaystyle \frac{x}{ax-a^2} + \frac{y}{ay-a^2} + \frac{z}{az-a^2} = \frac{1}{x-a} + \frac{1}{y-a} + \frac{1}{z-a} + \frac{3}{a}$ .

证明

左右两侧均有三个分式，结构对应. 逐项作差：

\frac{x}{ax-a^2} - \frac{1}{x-a} = \frac{x}{a(x-a)} - \frac{a}{a(x-a)} = \frac{x-a}{a(x-a)} = \frac{1}{a}

另两组差亦为 $\dfrac{1}{a}$ . 故

\text{LHS} - \left(\frac{1}{x-a} + \frac{1}{y-a} + \frac{1}{z-a}\right) = \frac{3}{a}

移项即得原式.

例

求证： $(a+b)(b+c)(c+a) = a^2(b+c) + b^2(c+a) + c^2(a+b) + 2abc$ .

证明

左侧为三因式之积，右侧已部分展开. 直接展开左侧比较：

\begin{aligned} (a+b)(b+c)(c+a) &= (ab+ac+b^2+bc)(c+a) &= abc+a^2b+ac^2+a^2c+b^2c+ab^2+bc^2+abc &= a^2(b+c) + b^2(a+c) + c^2(a+b) + 2abc \end{aligned}

与右侧相同.

例

已知 $a+b+c=0$ , 求证： $a^3+b^3+c^3=3abc$ .

证明

利用标准分解式

a^3+b^3+c^3-3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)

代入条件 $a+b+c=0$ , 右边为 $0$ . 故 $a^3+b^3+c^3=3abc$ .

例

已知 $a+b+c=0$ , 求证： $\displaystyle \frac{1}{b^2+c^2-a^2} + \frac{1}{c^2+a^2-b^2} + \frac{1}{a^2+b^2-c^2} = 0$ .

证明

利用条件简化分母. 由 $a=-(b+c)$ 得

b^2+c^2-a^2 = b^2+c^2-(b+c)^2 = -2bc

由轮换对称性，另两分母为 $-2ca$ 与 $-2ab$ . 故

\text{LHS} = \frac{1}{-2bc} + \frac{1}{-2ca} + \frac{1}{-2ab} = -\frac{1}{2abc}(a+b+c) = 0

例

已知 $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}$ , 求证： $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) = (ax+by+cz)^2$ .

证明

等比条件提示设公比. 令 $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}=k$ , 则 $a=kx,\, b=ky,\, c=kz$ . 代入：

\text{LHS} = k^2(x^2+y^2+z^2) \cdot (x^2+y^2+z^2) = k^2(x^2+y^2+z^2)^2

\text{RHS} = (kx^2+ky^2+kz^2)^2 = k^2(x^2+y^2+z^2)^2

两侧相等.

例

求证： $\displaystyle \frac{a^2-bc}{(a+b)(a+c)} + \frac{b^2-ca}{(b+c)(b+a)} + \frac{c^2-ab}{(c+a)(c+b)} = 0$ .

证明

左侧为轮换对称式，通分验证分子为零即可. 公分母为 $(a+b)(b+c)(c+a)$ ，分子为

(a^2-bc)(b+c) + (b^2-ca)(c+a) + (c^2-ab)(a+b)

展开：

\begin{aligned} &= (a^2b+a^2c-b^2c-bc^2) + (b^2c+ab^2-ac^2-a^2c) + (ac^2+bc^2-a^2b-ab^2) &= 0 \end{aligned}

各项两两抵消.

分析法

从待证结论出发，寻找其成立的充分条件，逐步追溯至已知条件. 书写时常将推导过程逆序整理为综合形式.

例

已知 $a+b+c=0$ , 求证： $(a^2+b^2+c^2)^2 = 2(a^4+b^4+c^4)$ .

证明

展开左侧，待证式等价于

a^4+b^4+c^4 + 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) = 2(a^4+b^4+c^4)

即

a^4+b^4+c^4 = 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) (*)

现从条件推导 $(*)$ . 由 $(a+b+c)^2=0$ 得

a^2+b^2+c^2 = -2(ab+bc+ca)

两边平方：

(a^2+b^2+c^2)^2 = 4(ab+bc+ca)^2

展开两侧：

a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) = 4[a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c)]

因 $a+b+c=0$ ，右边末项消失：

a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) = 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)

移项即得 $(*)$ .

例

求证： $a^2+b^2+c^2 - ab-bc-ca = \frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$ .

证明

右侧为完全平方之和，展开后应与左侧吻合：

\begin{aligned} \text{RHS} &= \frac{1}{2}(a^2-2ab+b^2 + b^2-2bc+c^2 + c^2-2ca+a^2) &= \frac{1}{2}(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca) &= a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca = \text{LHS} \end{aligned}

赋值法（多项式恒等定理）

定理

若两个 $n$ 次多项式 $P(x)$ 与 $Q(x)$ 在 $n+1$ 个不同点处取值相同, 则 $P(x) \equiv Q(x)$ .

此定理将恒等式的证明化为有限次数值验证.

例

求证： $(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+1 = (x^2+5x+5)^2$ .

证明

设左边为 $P(x)$ , 右边为 $Q(x)$ , 均为 $4$ 次多项式. 取 $5$ 个点验证：

$x=-1$ : $P(-1)=0 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3+1=1$ , $Q(-1)=(1-5+5)^2=1$ .
$x=-2$ : $P(-2)=(-1) \cdot 0 \cdot 1 \cdot 2+1=1$ , $Q(-2)=(4-10+5)^2=1$ .
$x=-3$ : $P(-3)=(-2)(-1) \cdot 0 \cdot 1+1=1$ , $Q(-3)=(9-15+5)^2=1$ .
$x=-4$ : $P(-4)=(-3)(-2)(-1) \cdot 0+1=1$ , $Q(-4)=(16-20+5)^2=1$ .
$x=0$ : $P(0)=24+1=25$ , $Q(0)=25$ .

$5$ 个点处取值相同, 由定理知 $P(x) \equiv Q(x)$ .

二次函数

{/* label: sec:ch01-s04 */}

二次函数的一般形式为

f(x) = ax^2+bx+c (a \ne 0)

其图像为抛物线.

\paragraph{配方法与顶点式} 通过配方将一般式转化为顶点式：

\begin{aligned} f(x) &= a\left(x^2 + \frac{b}{a}x\right) + c &= a\left(x^2 + \frac{b}{a}x + \frac{b^2}{4a^2} - \frac{b^2}{4a^2}\right) + c &= a\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 + \frac{4ac-b^2}{4a} \end{aligned}

即 $f(x) = a(x-h)^2+k$ ，其中：

顶点坐标 $(h, k) = \left(-\dfrac{b}{2a}, \dfrac{4ac-b^2}{4a}\right)$ . 当 $a\>0$ 时为最低点, $a\<0$ 时为最高点.
对称轴方程 $x = h = -\dfrac{b}{2a}$ .

\paragraph{系数的几何意义}

$a$ ：决定开口方向与宽窄. $a\>0$ 开口向上, $a\<0$ 开口向下； $|a|$ 越大，开口越窄.
$b$ ：与 $a$ 共同决定对称轴位置. $a,b$ 同号时对称轴在 $y$ 轴左侧，异号时在右侧.
$c$ ：抛物线与 $y$ 轴交点的纵坐标.

\paragraph{与 $x$ 轴的交点} 抛物线与 $x$ 轴交点的横坐标即方程 $ax^2+bx+c=0$ 的实根. 交点个数由判别式 $\Delta = b^2-4ac$ 决定：

$\Delta \> 0$ ：两个不同交点.
$\Delta = 0$ ：唯一切点（重根）.
$\Delta \< 0$ ：无交点.

韦达定理及其推广

对于方程 $ax^2+bx+c=0\ (a \ne 0)$ , 设其两根为 $x_1, x_2$ . 由因式分解

ax^2+bx+c = a(x-x_1)(x-x_2) = ax^2 - a(x_1+x_2)x + ax_1x_2

比较系数得

x_1+x_2 = -\frac{b}{a}, x_1x_2 = \frac{c}{a}

韦达定理允许在不解方程的情况下计算根的对称表达式. 常用变形：

$x_1^2+x_2^2 = (x_1+x_2)^2 - 2x_1x_2$
$(x_1-x_2)^2 = (x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2 = \dfrac{\Delta}{a^2}$
$x_1^3+x_2^3 = (x_1+x_2)[(x_1+x_2)^2-3x_1x_2]$
$\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2} = \dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}$

\paragraph{推广至 $n$ 次方程} 对于 $a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 = 0\ (a_n \ne 0)$ , 设 $n$ 个根为 $x_1, ..., x_n$ ，则

\begin{aligned} \sum_{i} x_i &= -\frac{a_{n-1}}{a_n} \sum_{i\<j} x_i x_j &= \frac{a_{n-2}}{a_n} \sum_{i\<j\<k} x_i x_j x_k &= -\frac{a_{n-3}}{a_n} &\vdots x_1 x_2 \cdots x_n &= (-1)^n \frac{a_0}{a_n} \end{aligned}

一般地，任取 $k$ 个根相乘再求和, 结果为 $(-1)^k \dfrac{a_{n-k}}{a_n}$ .

对于三次方程 $ax^3+bx^2+cx+d=0$ , 其根 $x_1, x_2, x_3$ 满足

x_1+x_2+x_3 = -\frac{b}{a}, x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1 = \frac{c}{a}, x_1x_2x_3 = -\frac{d}{a}

例

设 $\alpha, \beta$ 是方程 $x^2-3x-5=0$ 的两根, 求以 $\dfrac{1}{\alpha-1}$ 和 $\dfrac{1}{\beta-1}$ 为根的一元二次方程.

解

设新根为 $y_1 = \dfrac{1}{\alpha-1}$ , $y_2 = \dfrac{1}{\beta-1}$ . 由原方程知 $\alpha+\beta = 3$ , $\alpha\beta = -5$ .

计算新根之和：

y_1+y_2 = \frac{(\alpha-1)+(\beta-1)}{(\alpha-1)(\beta-1)} = \frac{(\alpha+\beta)-2}{\alpha\beta - (\alpha+\beta) + 1} = \frac{3-2}{-5-3+1} = -\frac{1}{7}

计算新根之积：

y_1 y_2 = \frac{1}{(\alpha-1)(\beta-1)} = \frac{1}{\alpha\beta - (\alpha+\beta) + 1} = -\frac{1}{7}

所求方程为 $y^2 + \dfrac{1}{7}y - \dfrac{1}{7} = 0$ , 即 $7y^2+y-1=0$ .

\paragraph{代换法} 由 $y = \dfrac{1}{x-1}$ 得 $x = \dfrac{y+1}{y}$ . 代入原方程：

\left(\frac{y+1}{y}\right)^2 - 3\left(\frac{y+1}{y}\right) - 5 = 0

两边乘 $y^2$ 并整理：

(y+1)^2 - 3y(y+1) - 5y^2 = -7y^2-y+1 = 0

即 $7y^2+y-1=0$ .

一元二次方程根的分布

设 $f(x)=ax^2+bx+c\ (a\>0)$ . 根的分布问题将根相对于给定值的位置关系转化为关于系数的不等式组. 约束条件来自三个方面：

判别式 $\Delta=b^2-4ac$ ：控制根的存在性.
对称轴 $x = -\dfrac{b}{2a}$ ：控制根的整体位置.
端点函数值 $f(k)$ ：控制特定点与根的相对位置.

\paragraph{两根均大于 $k$ }

由图像特征：抛物线与 $x$ 轴有交点, 对称轴在 $k$ 右侧, 且点 $(k, f(k))$ 在 $x$ 轴上方. 对应条件：

\begin{cases} \Delta \ge 0 \\ -\dfrac{b}{2a} \> k \\ f(k) \> 0 \end{cases}

\paragraph{一根大于 $k$ , 一根小于 $k$ }

点 $(k, f(k))$ 在 $x$ 轴下方. 对于开口向上的抛物线, $f(k)\<0$ 蕴含 $\Delta \> 0$ . 条件简化为

f(k) \< 0

\paragraph{两根均在区间 $(k_1, k_2)$ 内}

对应条件：

\begin{cases} \Delta \ge 0 \\ k_1 \< -\dfrac{b}{2a} \< k_2 \\ f(k_1) \> 0 \\ f(k_2) \> 0 \end{cases}

例

若方程 $x^2 - (m+1)x + m = 0$ 的两根均在区间 $(0, 2)$ 内, 求 $m$ 的取值范围.

解

设 $f(x) = x^2 - (m+1)x + m$ .

判别式： $\Delta = (m+1)^2 - 4m = (m-1)^2 \ge 0$ 恒成立.

对称轴： $0 \< \dfrac{m+1}{2} \< 2$ , 解得 $-1 \< m \< 3$ .

端点函数值： $f(0) = m \> 0$ ； $f(2) = 4 - 2(m+1) + m = 2-m \> 0$ , 即 $m \< 2$ .

取交集得 $m \in (0, 2)$ .

例

若方程 $x^2 - 2mx + m^2 - 1 = 0$ 至少有一个根在区间 $(0, 2)$ 内, 求 $m$ 的取值范围.

解

考虑补集：两根均不在 $(0, 2)$ 内.

方程化为 $(x-m)^2=1$ , 解得 $x = m \pm 1$ , 即两根为 $m-1$ 与 $m+1$ .

两根均 $\le 0$ ： $m+1 \le 0$ , 即 $m \le -1$ .

两根均 $\ge 2$ ： $m-1 \ge 2$ , 即 $m \ge 3$ .

补集为 $(-\infty, -1] \cup [3, +\infty)$ , 故原问题的解为 $m \in (-1, 3)$ .

例

已知方程 $x^2 + (k-3)x + k = 0$ 有两个不同实根 $x_1, x_2$ , 满足 $x_1 \< 1 \< x_2 \< 4$ . 求 $k$ 的取值范围.

解

设 $f(x) = x^2 + (k-3)x + k$ .

由 $x_1 \< 1 \< x_2$ 知 $f(1) \< 0$ ：

1 + (k-3) + k = 2k-2 \< 0 \implies k \< 1

由 $x_2 \< 4$ 知 $f(4) \> 0$ ：

16 + 4(k-3) + k = 5k+4 \> 0 \implies k \> -\frac{4}{5}

对称轴 $\dfrac{3-k}{2} \< 4$ 给出 $k \> -5$ , 此条件被 $k \> -\dfrac{4}{5}$ 蕴含.

取交集得 $k \in \left(-\dfrac{4}{5}, 1\right)$ .

例

求使不等式 $ax^2-2x+1 \> 0$ 对所有 $x \in (0, 2]$ 恒成立的 $a$ 的取值范围.

解

设 $f(x)=ax^2-2x+1$ . 需 $f$ 在 $(0, 2]$ 上的最小值大于 $0$ .

若 $a=0$ ： $f(x)=-2x+1$ , 在 $x=1$ 处为负，不满足.

若 $a\<0$ ： $f(2)=4a-3\<-3\<0$ ，不满足.

若 $a\>0$ ：对称轴 $x_0 = \dfrac{1}{a}$ .

$x_0 \ge 2$ （即 $0 \< a \le \dfrac{1}{2}$ ）： $f$ 在 $(0,2]$ 上递减, 最小值 $f(2)=4a-3$ . 要求 $4a-3\>0$ , 即 $a\>\dfrac{3}{4}$ . 与 $a \le \dfrac{1}{2}$ 矛盾.
$0 \< x_0 \< 2$ （即 $a \> \dfrac{1}{2}$ ）：最小值为 $f\!\left(\dfrac{1}{a}\right) = 1-\dfrac{1}{a}$ . 要求 $1-\dfrac{1}{a}\>0$ , 即 $a\>1$ .

故 $a \in (1, +\infty)$ .

例

若方程 $x^2 - 2a|x| + a^2 - 4 = 0$ 有四个不相等的实根, 求 $a$ 的取值范围.

解

令 $t = |x| \ge 0$ ，方程化为

t^2 - 2at + a^2 - 4 = 0

每个正根 $t_0$ 对应两个 $x$ 值 $\pm t_0$ . 故原方程有四个不同实根当且仅当上述方程有两个不相等的正根.

设 $g(t) = t^2 - 2at + a^2 - 4$ .

判别式： $\Delta = 4a^2 - 4(a^2-4) = 16 \> 0$ ，恒有两个不同实根.

两根之和： $2a \> 0$ , 即 $a \> 0$ .

两根之积： $a^2-4 \> 0$ , 即 $|a| \> 2$ .

取交集得 $a \in (2, +\infty)$ .

例

已知 $f(x)=x^2+ax+1$ . 若方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内有唯一解, 求 $a$ 的取值范围.

解

"唯一解"包含两种情形：重根落在 $(0,1)$ 内, 或两根中恰有一个在 $(0,1)$ 内.

重根情形： $\Delta = a^2-4=0$ 给出 $a = \pm 2$ . 当 $a=2$ 时重根为 $-1$ ；当 $a=-2$ 时重根为 $1$ . 均不在开区间 $(0,1)$ 内.

单根情形：需 $f(0)$ 与 $f(1)$ 异号. 由 $f(0)=1\>0$ , 需 $f(1)=a+2\<0$ , 即 $a\<-2$ .

验证端点：若 $f(1)=0$ （即 $a=-2$ ），则为重根情形，已排除.

故 $a \in (-\infty, -2)$ .

计算与变形技巧

{/* label: sec:ch01-s05 */}

配方法

配方法是代数恒等变形的基本手段，旨在创造出完全平方式.

步骤："提首项系数、加减一次项系数一半的平方".

练习

求函数 $y=2x^2-8x+5$ 的最小值.

解

首先，提取二次项系数 $2$ .

y = 2(x^2-4x) + 5

然后对括号内的部分配方，一次项系数 $-4$ 的一半是 $-2$ , 其平方为 $4$ .

\begin{aligned} y &= 2(x^2 - 4x + 4 - 4) + 5 &= 2[(x-2)^2 - 4] + 5 &= 2(x-2)^2 - 8 + 5 &= 2(x-2)^2 - 3 \end{aligned}

因为 $(x-2)^2 \ge 0$ , 所以 $y \ge -3$ . 当 $x=2$ 时, 函数取得最小值 $-3$ .

例

求代数式 $f(x,y) = x^2+4y^2-4x+8y+10$ 的最小值, 其中 $x,y \in \mathbb{R}$ .

解

这个表达式含有两个变量，我们的策略是对每个变量独立地进行配方. 首先，将与 $x$ 和 $y$ 相关的项分别组合.

f(x,y) = (x^2-4x) + (4y^2+8y) + 10

对关于 $x$ 的部分配方：

x^2-4x = (x^2-4x+4) - 4 = (x-2)^2 - 4

对关于 $y$ 的部分配方，注意先提取二次项系数：

4y^2+8y = 4(y^2+2y) = 4(y^2+2y+1-1) = 4(y+1)^2-4

将配方后的结果代回原式：

\begin{aligned} f(x,y) &= [(x-2)^2-4] + [4(y+1)^2-4] + 10 &= (x-2)^2 + 4(y+1)^2 + 2 \end{aligned}

由于平方项的非负性，我们有 $(x-2)^2 \ge 0$ 和 $(y+1)^2 \ge 0$ . 因此， $f(x,y) \ge 0 + 4(0) + 2 = 2$ . 当且仅当 $(x-2)^2=0$ 且 $(y+1)^2=0$ , 即 $x=2, y=-1$ 时，等号成立. 故该代数式的最小值为 $2$ .

例

证明：对于任意实数 $a,b,c$ , 不等式 $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ 恒成立.

解

该不等式的结构提示我们，可以通过构造平方和的形式来证明其非负性. 将不等式的所有项移到一边：

a^2+b^2+c^2 - ab-bc-ca \ge 0

直接对这个三变量的式子配方并不直观. 一个有效的技巧是将其乘以 $2$ ：

2a^2+2b^2+2c^2 - 2ab-2bc-2ca \ge 0

现在，我们将每一项拆分并重新组合，以构造出三个完全平方式.

\begin{aligned} & (a^2-2ab+b^2) + (b^2-2bc+c^2) + (c^2-2ca+a^2) \ge 0 & (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \ge 0 \end{aligned}

由于任意实数的平方都是非负的，三个非负数之和也必然是非负的. 因此，最后一个不等式恒成立，从而原不等式得证. 等号成立的条件是 $a-b=0, b-c=0, c-a=0$ , 即 $a=b=c$ .

例

求 $y = \dfrac{12}{x^2-8x+20}$ 的最大值.

解

这是一个分式函数，其分子为正常数. 函数取最大值等价于其分母取最小值. 我们对分母进行配方来求其最小值.

\begin{aligned} \text{分母} &= x^2 - 8x + 20 &= (x^2 - 8x + 16) - 16 + 20 &= (x-4)^2 + 4 \end{aligned}

由于 $(x-4)^2 \ge 0$ 对所有实数 $x$ 成立，所以分母的最小值为 $0+4=4$ , 此最小值在 $x=4$ 时取得. 因此，函数 $y$ 的最大值为：

y_{\max} = \frac{12}{4} = 3

该最大值在 $x=4$ 时取得.

例

求方程 $x^2+y^2-8x+6y+21=0$ 的所有整数解 $(x,y)$ .

解

这是一个二元二次不定方程. 我们利用配方法将其转化为几何形式，从而利用整数的性质来约束解的范围. 对方程左右两边同时进行配方：

(x^2-8x) + (y^2+6y) + 21 = 0

(x^2-8x+16) - 16 + (y^2+6y+9) - 9 + 21 = 0

(x-4)^2 + (y+3)^2 - 25 + 21 = 0

(x-4)^2 + (y+3)^2 = 4

由于 $x,y$ 都是整数, 那么 $x-4$ 和 $y+3$ 也必为整数. 问题转化为求两个整数的平方和为 $4$ . 设 $A=x-4, B=y+3$ , 则 $A, B \in \mathbb{Z}$ . 方程为 $A^2+B^2=4$ . 整数平方的序列为 $0, 1, 4, 9, ...$ . 为使两个平方数的和为 $4$ ，只有两种可能（不计顺序）：

情形一： $A^2=0$ 且 $B^2=4$ . $A=0 \implies x-4=0 \implies x=4$ . $B^2=4 \implies B=\pm 2 \implies y+3 = \pm 2 \implies y=-1$ 或 $y=-5$ . 得到两组解： $(4, -1)$ 和 $(4, -5)$ .

情形二： $A^2=4$ 且 $B^2=0$ . $A^2=4 \implies A=\pm 2 \implies x-4 = \pm 2 \implies x=6$ 或 $x=2$ . $B=0 \implies y+3=0 \implies y=-3$ . 得到两组解： $(6, -3)$ 和 $(2, -3)$ .

综上，该方程共有四组整数解： $(4, -1), (4, -5), (6, -3), (2, -3)$ .

换元法

当表达式中某一部分重复出现时，可用一个新变量（元）替代它，从而简化问题结构.

换元法的灵魂：换元必换范围. 引入新变量后，必须立刻确定其取值范围.

练习

解方程 $4^x - 3 \cdot 2^x + 2 = 0$ .

解

原方程可变形为 $(2^x)^2 - 3 \cdot 2^x + 2 = 0$ . 令 $t=2^x$ . 因为指数函数 $y=2^x$ 的值域为 $(0, +\infty)$ , 所以新变量 $t$ 必须满足 $t\>0$ . 原方程化为关于 $t$ 的一元二次方程： $t^2 - 3t + 2 = 0$ . 解得 $(t-1)(t-2)=0$ , 即 $t=1$ 或 $t=2$ . 这两个 $t$ 值均满足 $t\>0$ 的范围限制. 当 $t=1$ 时, $2^x=1 \implies x=0$ . 当 $t=2$ 时, $2^x=2 \implies x=1$ . 所以原方程的解为 $x=0$ 或 $x=1$ .

例

求函数 $f(x) = \sin x + \cos x - \sin x \cos x$ 的值域.

解

观察到函数表达式由 $\sin x + \cos x$ 和 $\sin x \cos x$ 这两个基本对称式构成. 我们采用三角换元，令 $t = \sin x + \cos x$ .

确定新变量 $t$ 的范围：利用辅助角公式， $t = \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})$ . 由于 $\sin(x+\frac{\pi}{4})$ 的值域为 $[-1, 1]$ , 故 $t$ 的取值范围是 $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ .

用 $t$ 表示原函数：对 $t = \sin x + \cos x$ 两边平方，得 $t^2 = (\sin x + \cos x)^2 = \sin^2 x + \cos^2 x + 2\sin x \cos x = 1 + 2\sin x \cos x$ . 由此解出 $\sin x \cos x = \dfrac{t^2-1}{2}$ .

将 $t$ 和 $\dfrac{t^2-1}{2}$ 代入原函数表达式：

f(x) = g(t) = t - \frac{t^2-1}{2} = -\frac{1}{2}t^2 + t + \frac{1}{2}

问题转化为求二次函数 $g(t)$ 在闭区间 $t \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 上的值域.

求二次函数在闭区间上的值域： $g(t) = -\dfrac{1}{2}(t^2 - 2t) + \dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{2}(t-1)^2 + 1$ . 这是一个开口向下，对称轴为 $t=1$ 的抛物线.

由于对称轴 $t=1 \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ , 函数在 $t=1$ 处取得最大值. $g_{\max} = g(1) = 1$ .

最小值在区间的两个端点 $t=-\sqrt{2}$ 或 $t=\sqrt{2}$ 处取得. $g(\sqrt{2}) = -\dfrac{1}{2}(\sqrt{2}-1)^2+1 = -\dfrac{1}{2}(3-2\sqrt{2})+1 = \sqrt{2}-\dfrac{1}{2}$ . $g(-\sqrt{2}) = -\dfrac{1}{2}(-\sqrt{2}-1)^2+1 = -\dfrac{1}{2}(3+2\sqrt{2})+1 = -\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}$ . 比较可知 $g(-\sqrt{2})$ 是最小值.

因此，函数 $f(x)$ 的值域为 $\left[-\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}, 1\right]$ .

例

若关于 $x$ 的方程 $\sqrt{x-1} + \sqrt{3-x} = k$ 有实数解, 求实数 $k$ 的取值范围.

解

首先，由根式有意义，可知 $x-1 \ge 0$ 且 $3-x \ge 0$ , 故 $x$ 的取值范围为 $[1, 3]$ . 令 $t = \sqrt{x-1} + \sqrt{3-x}$ . 问题转化为求函数 $t(x)$ 在定义域 $x \in [1,3]$ 上的值域.

这是一个无理函数，我们考虑通过换元简化结构. 由于 $t \ge 0$ , 我们可以研究 $t^2$ 的范围.

\begin{aligned} t^2 &= (\sqrt{x-1} + \sqrt{3-x})^2 &= (x-1) + (3-x) + 2\sqrt{(x-1)(3-x)} &= 2 + 2\sqrt{-x^2+4x-3} \end{aligned}

为了确定 $t^2$ 的范围, 我们需要先确定根号内二次函数 $u(x) = -x^2+4x-3$ 在 $x \in [1,3]$ 上的范围. 配方得 $u(x) = -(x^2-4x+4-4)-3 = -(x-2)^2+1$ . 这是一个开口向下，顶点为 $(2,1)$ 的抛物线. 在区间 $[1,3]$ 上, $u(x)$ 在 $x=2$ 处取得最大值 $u_{\max}=1$ . 在端点 $x=1$ 或 $x=3$ 处取得最小值 $u_{\min}=0$ . 故 $u(x)$ 的值域为 $[0,1]$ .

因此， $\sqrt{u(x)}$ 的值域为 $[0,1]$ . 从而， $t^2 = 2+2\sqrt{u(x)}$ 的值域为 $[2+2(0), 2+2(1)] = [2, 4]$ .

因为 $t \ge 0$ , 所以 $t$ 的值域为 $[\sqrt{2}, 2]$ . 故实数 $k$ 的取值范围是 $[\sqrt{2}, 2]$ .

例

解方程组 $\begin{cases} x^2+y^2+x+y=8 \\ xy+x+y=5 \end{cases}$ .

解

观察到方程组由基本对称式 $x+y$ 和 $xy$ 构成. 令 $u=x+y, v=xy$ .

用新变量表示原方程组：注意到 $x^2+y^2 = (x+y)^2-2xy = u^2-2v$ . 原方程组可转化为关于 $u,v$ 的方程组：

\begin{cases} (u^2-2v)+u=8 \\ v+u=5 \end{cases}

解关于 $u,v$ 的方程组：由第二个方程得 $v=5-u$ . 将其代入第一个方程：

u^2-2(5-u)+u=8

u^2-10+2u+u=8

u^2+3u-18=0

(u+6)(u-3)=0

解得 $u=-6$ 或 $u=3$ .

回代求解 $x,y$ ，并检验范围： $x,y$ 是关于 $t$ 的一元二次方程 $t^2-(x+y)t+xy=0$ , 即 $t^2-ut+v=0$ 的两个实数根. 该方程有实数根的充要条件是其判别式 $\Delta \ge 0$ , 即 $u^2-4v \ge 0$ .

当 $u=3$ 时, $v=5-3=2$ . 检验范围： $u^2-4v = 3^2-4(2) = 9-8=1 \ge 0$ . 存在实数解. 此时 $x,y$ 是方程 $t^2-3t+2=0$ 的根. 解得 $t=1$ 或 $t=2$ . 所以方程组的解为 $\begin{cases} x=1 \\ y=2 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x=2 \\ y=1 \end{cases}$ .

当 $u=-6$ 时, $v=5-(-6)=11$ . 检验范围： $u^2-4v = (-6)^2-4(11) = 36-44=-8 \< 0$ . 此时 $t^2+6t+11=0$ 无实数根, 故此组 $u,v$ 值舍去.

综上，原方程组的解为 $\begin{cases} x=1 \\ y=2 \end{cases}$ 和 $\begin{cases} x=2 \\ y=1 \end{cases}$ .

例

解方程 $6x^4 - 25x^3 + 37x^2 - 25x + 6 = 0$ .

解

这是一个系数对称的四次方程，也称为倒数方程. 显然 $x=0$ 不是方程的根, 故可在方程两边同除以 $x^2$ .

6x^2 - 25x + 37 - \frac{25}{x} + \frac{6}{x^2} = 0

将系数相同的项结合：

6\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right) - 25\left(x+\frac{1}{x}\right) + 37 = 0

令 $t = x+\dfrac{1}{x}$ . 确定 $t$ 的范围：若 $x$ 为非零实数, 则 $|t| = \left|x+\dfrac{1}{x}\right| \ge 2$ . 平方得 $t^2 = x^2+2+\dfrac{1}{x^2}$ , 故 $x^2+\dfrac{1}{x^2} = t^2-2$ .

代入原方程，得到关于 $t$ 的二次方程：

6(t^2-2) - 25t + 37 = 0

6t^2 - 12 - 25t + 37 = 0

6t^2 - 25t + 25 = 0

利用十字相乘法， $(2t-5)(3t-5)=0$ . 解得 $t = \dfrac{5}{2}$ 或 $t = \dfrac{5}{3}$ .

检验 $t$ 的范围并回代： $t=\dfrac{5}{2}=2.5$ , 满足 $|t|\ge 2$ 的条件. $t=\dfrac{5}{3}\approx 1.67$ , 不满足 $|t|\ge 2$ 的条件，故舍去.

当 $t = \dfrac{5}{2}$ 时, 我们解关于 $x$ 的方程：

x+\frac{1}{x} = \frac{5}{2}

2x^2+2 = 5x

2x^2-5x+2 = 0

(2x-1)(x-2) = 0

解得 $x=\dfrac{1}{2}$ 或 $x=2$ .

因此，原方程的解为 $x=\dfrac{1}{2}, 2$ .

待定系数法

当已知函数或多项式的结构类型时，可先设出其含有未知系数的标准形式，再根据已知条件列方程（组）解出系数. 这是求解析式的基本方法.

典例剖析

在解决综合性问题时，选择不同的切入点，往往会通向风格迥异的解题路径.

例

分解因式： $P(a,b,c) = a^2(b-c) + b^2(c-a) + c^2(a-b)$ .

想法一：降幂整理

解

此法思路直接，考验整理与观察能力. 我们将原式看作关于变量 $a$ 的多项式, 按 $a$ 的降幂次序排列.

\begin{aligned} & \, a^2(b-c) + b^2(c-a) + c^2(a-b) &= a^2b - a^2c + b^2c - ab^2 + ac^2 - bc^2 &= (b-c)a^2 - (b^2-c^2)a + (b^2c-bc^2) &= (b-c)a^2 - (b-c)(b+c)a + bc(b-c) \end{aligned}

此时，公因式 $(b-c)$ 显现出来.

\begin{aligned} &= (b-c)[a^2 - (b+c)a + bc] &= (b-c)(a-b)(a-c) \end{aligned}

为美观，常整理为轮换对称形式.

-(a-b)(b-c)(c-a)

想法二：因式定理

解

将原式看作关于 $a$ 的多项式 $P(a)$ . 若令 $a=b$ ，代入原式：

P(b) = b^2(b-c) + b^2(c-b) + c^2(b-b) = b^2(b-c) - b^2(b-c) + 0 = 0

据因式定理， $P(a)$ 必有因式 $(a-b)$ . 由于原式是轮换对称式（ $a,b,c$ 轮换后表达式不变）, 同理可得, 它也必有因式 $(b-c)$ 和 $(c-a)$ . 原式是三次齐次式， $(a-b)(b-c)(c-a)$ 也是三次式，故它们只相差一个常数倍. 设 $P(a,b,c) = k(a-b)(b-c)(c-a)$ . 取特殊值 $a=1, b=2, c=0$ 代入检验：左边 $= 1^2(2-0) + 2^2(0-1) + 0 = 2 - 4 = -2$ . 右边 $= k(1-2)(2-0)(0-1) = k(-1)(2)(-1) = 2k$ . 由 $-2 = 2k$ 解得 $k=-1$ . 故原式 $= -(a-b)(b-c)(c-a)$ .

想法三：待定系数法

解

我们观察原式的结构：它是关于 $a,b,c$ 的三次齐次式, 且具有轮换反对称性——即在 $a,b,c$ 的轮换下不变, 但交换任意两个变量则变号. 这种性质强烈暗示其因式分解中应含有 $(a-b)(b-c)(c-a)$ ，因为这恰好是最简单的满足相同对称性质的三次齐次式.

设

a^2(b-c) + b^2(c-a) + c^2(a-b) = k(a-b)(b-c)(c-a)

其中 $k$ 为待定常数. 为确定 $k$ , 我们选取一组便于计算的特殊值. 令 $a=0, b=1, c=2$ ：

左边 $= 0 + 1\cdot(2-0) + 4\cdot(0-1) = 2 - 4 = -2$ .

右边 $= k(0-1)(1-2)(2-0) = k(-1)(-1)(2) = 2k$ .

由 $-2 = 2k$ 得 $k = -1$ . 故原式 $= -(a-b)(b-c)(c-a)$ .

注

三种方法各有侧重. 降幂整理是"硬算"，胜在通用；因式定理是"猜根验证"，需要对零点的敏感；待定系数法则是"从结构倒推"，依赖对对称性的深刻理解. 在竞赛中，后两者往往更为高效.

例

已知二次函数 $f(x)$ 满足 $f(0)=1$ , 且 $f(x+1) - f(x) = 2x$ . 求 $f(x)$ 的解析式.

解

题目告知 $f(x)$ 是二次函数, 故可设 $f(x) = ax^2 + bx + c$ , 其中 $a \ne 0$ .

由 $f(0) = 1$ 立得 $c = 1$ .

接下来利用条件 $f(x+1) - f(x) = 2x$ . 先计算左边：

\begin{aligned} f(x+1) - f(x) &= a(x+1)^2 + b(x+1) + c - (ax^2 + bx + c) &= a(x^2+2x+1) + bx + b - ax^2 - bx &= 2ax + a + b \end{aligned}

此式恒等于 $2x$ , 即 $2ax + (a+b) = 2x + 0$ 对一切 $x$ 成立.

比较两边同次项系数： $x$ 的系数给出 $2a = 2$ , 即 $a = 1$ ；常数项给出 $a + b = 0$ , 即 $b = -1$ .

因此 $f(x) = x^2 - x + 1$ .

例

将 $\displaystyle\frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ 分解为部分分式.

解

设

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{A}{n} + \frac{B}{n+1} + \frac{C}{n+2}

其中 $A, B, C$ 为待定常数.

将右边通分：

\frac{A(n+1)(n+2) + Bn(n+2) + Cn(n+1)}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{n(n+1)(n+2)}

故分子满足恒等式

A(n+1)(n+2) + Bn(n+2) + Cn(n+1) \equiv 1

由于这是关于 $n$ 的恒等式, 我们可以代入任意 $n$ 值来确定系数.

令 $n = 0$ ： $A \cdot 1 \cdot 2 = 1$ , 得 $A = \dfrac{1}{2}$ .

令 $n = -1$ ： $B \cdot (-1) \cdot 1 = 1$ , 得 $B = -1$ .

令 $n = -2$ ： $C \cdot (-2) \cdot (-1) = 1$ , 得 $C = \dfrac{1}{2}$ .

因此

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1}{2(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n} - \frac{2}{n+1} + \frac{1}{n+2}\right)

注

部分分式分解是求和与积分的基本工具. 上例的结果可进一步改写为

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)

这种"裂项"形式使得级数求和时相邻项大量抵消，这正是下一节的主题.

裂项相消法

将通项分解为两项（或多项）之差，使得求和时相邻项依次抵消，仅余首尾若干项. 此法的难点在于如何"凭空"发现裂项结构.

常见裂项公式

以下公式可视为基本工具，其证明均可由待定系数法或直接通分验证.

\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}

\frac{1}{n(n+k)} = \frac{1}{k}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+k}\right)

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)

\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}} = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}

n \cdot n! = (n+1)! - n!

练习

求和 $\displaystyle S = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}$ .

解

利用裂项公式 $\dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1}$ ，原式化为

\begin{aligned} S &= \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) &= \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) &= 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1} \end{aligned}

例

求和 $\displaystyle S = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}$ .

解

分母是两个根式之和，自然想到有理化. 分子分母同乘 $\sqrt{k+1} - \sqrt{k}$ ：

\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} = \frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{(\sqrt{k+1})^2-(\sqrt{k})^2} = \sqrt{k+1} - \sqrt{k}

于是

\begin{aligned} S &= \sum_{k=1}^{n} (\sqrt{k+1} - \sqrt{k}) &= (\sqrt{2}-\sqrt{1}) + (\sqrt{3}-\sqrt{2}) + \cdots + (\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) &= \sqrt{n+1} - 1 \end{aligned}

例

求和 $\displaystyle S = \sum_{k=1}^{n} k \cdot k!$ .

解

直接观察通项，注意到 $k \cdot k! = (k+1-1) \cdot k! = (k+1)! - k!$ . 这正是一个裂项结构.

\begin{aligned} S &= \sum_{k=1}^{n} [(k+1)! - k!] &= (2!-1!) + (3!-2!) + \cdots + ((n+1)!-n!) &= (n+1)! - 1 \end{aligned}

例

求和 $\displaystyle S = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)(k+2)}$ .

解

由待定系数法一节的结论，

\frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)}\right)

设 $a_k = \dfrac{1}{k(k+1)}$ , 则通项为 $\dfrac{1}{2}(a_k - a_{k+1})$ . 于是

\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}(a_k - a_{k+1}) = \frac{1}{2}(a_1 - a_{n+1}) &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1\cdot 2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right) &= \frac{1}{4} - \frac{1}{2(n+1)(n+2)} = \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)} \end{aligned}

例

求和 $\displaystyle S = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{(2k+1)(2k+3)}$ .

解

分母是两个奇数的乘积，其差为 $2$ . 应用公差为 $2$ 的裂项公式：

\frac{1}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+3}\right)

于是

\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+3}\right) &= \frac{1}{2}\left[\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}\right)\right] &= \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2n+3}\right) = \frac{n+1}{2n+3} \end{aligned}

分离常数法

当分式的分子次数不低于分母次数，或分式结构中含有"整数部分"时，可将其分离出来，使剩余部分更易处理.

练习

化简 $\displaystyle\frac{x^2+3x+5}{x+1}$ .

解

分子次数（ $2$ 次）高于分母次数（ $1$ 次），先做多项式除法.

x^2+3x+5 = (x+1)(x+2) + 3

故

\frac{x^2+3x+5}{x+1} = x + 2 + \frac{3}{x+1}

例

求函数 $y = \dfrac{2x+1}{x-1}$ （ $x \> 1$ ）的最小值.

解

直接处理此分式较为困难. 我们将分子改写为含 $(x-1)$ 的形式：

2x + 1 = 2(x-1) + 3

于是

y = \frac{2(x-1)+3}{x-1} = 2 + \frac{3}{x-1}

由于 $x \> 1$ , 故 $x - 1 \> 0$ , 从而 $\dfrac{3}{x-1} \> 0$ .

$\dfrac{3}{x-1}$ 随 $x$ 增大而减小, 但始终为正, 无最小值；然而, 当 $x \to +\infty$ 时 $y \to 2$ . 故 $y \> 2$ , 函数无最小值, 但有下确界 $2$ .

若题目改为 $x \ge 2$ , 则 $x - 1 \ge 1$ , 从而 $\dfrac{3}{x-1} \le 3$ . 此时 $y \le 5$ , 且 $y \ge 2 + \dfrac{3}{1} = 5$ 在 $x = 2$ 时取得. 故最小值为 $5$ .

例

设 $f(x) = \dfrac{x^2}{x-1}$ （ $x \> 1$ ）, 求 $f(x)$ 的最小值.

解

分子 $x^2$ 不含 $(x-1)$ 的因子, 我们改写分子为关于 $(x-1)$ 的多项式.

设 $t = x - 1$ , 则 $x = t + 1$ , 且 $x \> 1$ 等价于 $t \> 0$ .

f = \frac{(t+1)^2}{t} = \frac{t^2 + 2t + 1}{t} = t + 2 + \frac{1}{t}

现在可对 $t + \dfrac{1}{t}$ （ $t \> 0$ ）应用均值不等式：

t + \frac{1}{t} \ge 2\sqrt{t \cdot \frac{1}{t}} = 2

等号在 $t = 1$ 时成立. 故 $f \ge 2 + 2 = 4$ , 最小值 $4$ 在 $t = 1$ （即 $x = 2$ ）时取得.

例

求 $y = \dfrac{3x^2 - 4x + 5}{x^2 + 1}$ 的值域.

解

这是一个分式函数，分子分母同为二次. 直接化简困难，我们从"反解"的角度入手.

若 $y$ 属于值域, 则存在实数 $x$ 使得 $y = \dfrac{3x^2 - 4x + 5}{x^2 + 1}$ . 整理为关于 $x$ 的方程：

y(x^2 + 1) = 3x^2 - 4x + 5

(y - 3)x^2 + 4x + (y - 5) = 0

此方程有实数解 $x$ 的条件需分类讨论.

若 $y = 3$ ：方程退化为 $4x + (3 - 5) = 0$ , 即 $4x - 2 = 0$ , 解得 $x = \dfrac{1}{2}$ . 故 $y = 3$ 在值域中.

若 $y \ne 3$ ：这是关于 $x$ 的一元二次方程，有实根的充要条件是判别式非负.

\Delta = 16 - 4(y-3)(y-5) \ge 0

4 - (y-3)(y-5) \ge 0

4 - (y^2 - 8y + 15) \ge 0

-y^2 + 8y - 11 \ge 0

y^2 - 8y + 11 \le 0

解这个一元二次不等式：

y = \frac{8 \pm \sqrt{64 - 44}}{2} = \frac{8 \pm \sqrt{20}}{2} = 4 \pm \sqrt{5}

故 $4 - \sqrt{5} \le y \le 4 + \sqrt{5}$ .

结合 $y = 3$ 的情形（ $3 \in [4 - \sqrt{5}, 4 + \sqrt{5}]$ ）, 函数的值域为 $[4 - \sqrt{5}, 4 + \sqrt{5}]$ .

整体思想

将复杂表达式中的某一部分视为整体，利用已知条件中关于这个整体的信息，避免繁琐的逐步展开.

练习

已知 $a + b = 3$ , $ab = 2$ , 求 $a^2 + b^2$ 的值.

解

若分别求出 $a, b$ 再平方求和，较为繁琐. 注意到

a^2 + b^2 = (a+b)^2 - 2ab = 3^2 - 2 \times 2 = 5

例

已知 $x + \dfrac{1}{x} = 3$ , 求 $x^3 + \dfrac{1}{x^3}$ 的值.

解

设 $t = x + \dfrac{1}{x} = 3$ . 我们逐步用 $t$ 表示更高次的对称式.

首先，平方得

t^2 = x^2 + 2 + \frac{1}{x^2} = 9

故 $x^2 + \dfrac{1}{x^2} = 7$ .

接下来，利用立方和公式

x^3 + \frac{1}{x^3} = \left(x + \frac{1}{x}\right)\left(x^2 - 1 + \frac{1}{x^2}\right) = t \cdot \left[\left(x^2 + \frac{1}{x^2}\right) - 1\right] = 3 \times (7 - 1) = 18

例

化简 $\displaystyle\frac{(a^2+b^2)^2 - (a^2-b^2)^2}{(ab)^2}$ .

解

分子是两个平方的差，运用平方差公式：

\begin{aligned} \text{分子} &= [(a^2+b^2) + (a^2-b^2)] \cdot [(a^2+b^2) - (a^2-b^2)] &= (2a^2)(2b^2) = 4a^2b^2 \end{aligned}

故原式 $= \dfrac{4a^2b^2}{a^2b^2} = 4$ .

例

已知 $(x-2)^5 = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + a_5 x^5$ , 求 $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5$ 的值.

解

直接展开 $(x-2)^5$ 并逐一读取系数是可行的，但较为繁琐. 我们利用整体代值的思想.

在恒等式中令 $x = 1$ ：

(1-2)^5 = a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5

-1 = a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5

再令 $x = 0$ ：

(-2)^5 = a_0

a_0 = -32

两式相减得

a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 = -1 - (-32) = 31

例

设 $f(x) = x^5 + ax^3 + bx - 8$ , 已知 $f(-2) = 10$ , 求 $f(2)$ .

解

直接由 $f(-2) = 10$ 解出 $a, b$ 需要更多条件. 我们观察 $f(x)$ 的结构： $x^5, x^3, x$ 均为奇次项, 而 $-8$ 为常数项. 设 $g(x) = x^5 + ax^3 + bx$ , 则 $g(x)$ 是奇函数, 满足 $g(-x) = -g(x)$ .

于是 $f(x) = g(x) - 8$ ，且

f(-x) = g(-x) - 8 = -g(x) - 8

将 $f(x) + f(-x)$ 相加：

f(x) + f(-x) = [g(x) - 8] + [-g(x) - 8] = -16

故 $f(2) + f(-2) = -16$ , 即 $f(2) = -16 - f(-2) = -16 - 10 = -26$ .

一些有用的数论知识

{/* label: sec:ch01-s06 */}

本节从高考对数论的基本要求出发，稍作一点扩展，记住本节的定义是至关重要的（比如素数是什么），其他选读即可.

整除性

我们对数论的探索始于整数之间最基本的关系：整除性.

整除性

设 $a, b$ 为整数, 且 $a \neq 0$ .如果存在一个整数 $k$ , 使得 $b = ak$ 成立, 则我们称 $a$ 整除 $b$ , 记作 $a | b$ .此时, 我们称 $a$ 是 $b$ 的约数或因子, 称 $b$ 是 $a$ 的倍数.如果 $a$ 不能整除 $b$ , 则记作 $a \nmid b$ .

由定义直接可以推导出整除性的一些基本性质：

整除性的基本性质

设 $a, b, c$ 为任意整数.

(自反性) 若 $a \neq 0$ , 则 $a | a$ .
(传递性) 若 $a | b$ 且 $b | c$ , 则 $a | c$ .
(线性组合性) 若 $a | b$ 且 $a | c$ , 则对任意整数 $x, y$ , 都有 $a | (bx + cy)$ .

证明

(1) 和 (2) 的证明是直接的，我们在此证明性质 (3). 因为 $a|b$ 和 $a|c$ , 故存在整数 $k_1, k_2$ 使得

b = ak_1, c = ak_2

对于任意整数 $x, y$ , 我们考察线性组合 $bx+cy$ ：

bx + cy = (ak_1)x + (ak_2)y = a(k_1x + k_2y)

由于 $k_1, k_2, x, y$ 均为整数, 故 $k_1x + k_2y$ 也必为整数.根据整除性的定义，

a | (bx + cy)

证毕.

线性组合性质是整除性理论中最为重要和有用的性质之一，它构成了许多数论问题证明的基础.

为了更好地理解整除性的定义与性质，我们来看几个基础的例子.

例

判断下列整除关系是否成立：

\item[(1)] $7 | 91$ \item[(2)] $13 \nmid 157$ \item[(3)] $-4 | 60$ \item[(4)] $5 | (35 \times 12 + 55)$

解

我们严格根据整除性的定义和性质来判断.

\item[(1)] 成立.因为 $91 = 7 \times 13$ , 其中 $13$ 是一个整数. \item[(2)] 成立.因为 $157 \div 13 = 12 ... 1$ , 即 $157 = 13 \times 12 + 1$ .不存在整数 $k$ 使得 $157 = 13k$ , 故 $13 \nmid 157$ . \item[(3)] 成立.因为 $60 = (-4) \times (-15)$ , 其中 $-15$ 是一个整数.约数和倍数可以是负整数. \item[(4)] 成立.我们无需计算出表达式的具体结果.根据整除性的线性组合性质，我们观察到：

5 | 35 \implies 5 | (35 \times 12)

并且我们显然有 $5 | 55$.
因为 $5$ 同时整除 $35 \times 12$ 和 $55$, 所以 $5$ 必定整除它们的和.

5 | (35 \times 12 + 55)

故该关系成立.

例

已知 $n$ 为整数, 证明 $n(n+1)$ 总是偶数.

证明

要证明一个数是偶数，即证明它可以被 $2$ 整除.我们对整数 $n$ 的奇偶性进行分类讨论.

情形一： $n$ 是偶数. 根据偶数的定义，存在整数 $k$ 使得 $n=2k$ . 因此 $2|n$ . 由于 $n$ 是 $n(n+1)$ 的一个因子, 根据整除性的传递性, 我们有 $2 | n(n+1)$ .

情形二： $n$ 是奇数. 若 $n$ 是奇数, 则 $n+1$ 必为偶数. 根据偶数的定义，存在整数 $k$ 使得 $n+1=2k$ . 因此 $2|(n+1)$ . 由于 $n+1$ 是 $n(n+1)$ 的一个因子, 同理可得 $2 | n(n+1)$ .

综上所述，无论 $n$ 是奇数还是偶数, $n(n+1)$ 都能被 $2$ 整除, 即 $n(n+1)$ 总是偶数.这个结论表明，任意两个连续整数的乘积必为偶数.

最大公约数与辗转相除法

在处理多个整数之间的关系时，它们共有的约数，特别是最大的那一个，我们称之为最大公约数.

最大公约数

设 $a, b$ 是两个不全为零的整数.一个整数 $d$ 如果同时是 $a$ 和 $b$ 的约数, 则称 $d$ 是 $a$ 和 $b$ 的一个公约数. 在 $a$ 和 $b$ 的所有正公约数中, 最大的那一个数称为 $a$ 和 $b$ 的最大公约数, 记作 $\gcd(a, b)$ 或 $(a, b)$ .

例如，整数 $12$ 的正约数集合为 $\{1, 2, 3, 4, 6, 12\}$ , 整数 $18$ 的正约数集合为 $\{1, 2, 3, 6, 9, 18\}$ . 它们共有的正约数集合为 $\{1, 2, 3, 6\}$ . 因此，它们的最大公约数为 $6$ , 即 $\gcd(12, 18) = 6$ .

当两个数非常大时，通过列举所有约数来寻找最大公约数的方法是低效的.我们需要一个更系统、更高效的算法.这个算法就是著名的欧几里得算法，又称辗转相除法.

欧几里得算法

欧几里得算法的基于下面这个关键的引理.

引理

设 $a, b$ 为两个正整数, 不妨设 $a \> b$ .若 $a = bq + r$ , 其中 $q$ 是商, $r$ 是余数 ( $0 \le r \< b$ )，则

\gcd(a, b) = \gcd(b, r)

证明

我们只需证明数对 $(a, b)$ 的公约数集合与数对 $(b, r)$ 的公约数集合是完全相同的.如果这两个集合相同，那么它们的最大元也必然相同.

综上，两个数对 $(a, b)$ 和 $(b, r)$ 的公约数集合完全相同，因此它们的最大公约数也必然相等.

这个引理告诉我们，计算 $\gcd(a, b)$ 的问题可以转化为计算规模更小的数对 $\gcd(b, r)$ 的问题.我们可以反复应用这个过程, 直到余数为 $0$ .

\paragraph{算法描述} 对于两个正整数 $a, b$ ( $a\>b$ ), 计算 $\gcd(a,b)$ 的步骤如下：

用 $a$ 除以 $b$ , 得到余数 $r_1$ .
若 $r_1 = 0$ , 则 $b$ 就是最大公约数，算法结束.
若 $r_1 \neq 0$ , 则将问题转化为求 $\gcd(b, r_1)$ .
重复以上过程，直到某一步的余数为 $0$ .该步的除数就是所求的最大公约数.

例

计算 $\gcd(1180, 482)$ .

解

我们应用辗转相除法：

\begin{aligned} 1180 &= 2 \times 482 + 216 482 &= 2 \times 216 + 50 216 &= 4 \times 50 + 16 50 &= 3 \times 16 + 2 16 &= 8 \times 2 + 0 \end{aligned}

余数序列为 $216, 50, 16, 2, 0$ . 最后一个非零余数是 $2$ , 所以 $\gcd(1180, 482) = 2$ .

例

计算 $\gcd(2024, 888)$ .

解

我们应用辗转相除法.

\begin{aligned} 2024 &= 2 \times 888 + 248 888 &= 3 \times 248 + 144 248 &= 1 \times 144 + 104 144 &= 1 \times 104 + 40 104 &= 2 \times 40 + 24 40 &= 1 \times 24 + 16 24 &= 1 \times 16 + 8 16 &= 2 \times 8 + 0 \end{aligned}

最后一个非零余数是 $8$ , 因此 $\gcd(2024, 888) = 8$ .

互素与最小公倍数

素数与合数

一个大于 $1$ 的正整数 $p$ , 如果其正约数只有 $1$ 和它本身, 则称 $p$ 为素数或质数. 一个大于 $1$ 的正整数，如果不是素数，则称之为合数.

按照定义， $1$ 既不是素数也不是合数.前几个素数为 $2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, ...$ .

互素

如果两个整数 $a, b$ 的最大公约数是 $1$ , 即 $\gcd(a, b) = 1$ , 则称 $a$ 和 $b$ 互素或互质.

例如， $\gcd(8, 9) = 1$ , 所以 $8$ 和 $9$ 互素.注意，两个数互素并不要求它们本身是素数.

与最大公约数相对应的概念是最小公倍数.

最小公倍数

设 $a, b$ 是两个非零整数.一个正整数 $m$ 如果同时是 $a$ 和 $b$ 的倍数, 则称 $m$ 是 $a$ 和 $b$ 的一个公倍数. 在 $a$ 和 $b$ 的所有正公倍数中, 最小的那一个数称为 $a$ 和 $b$ 的最小公倍数, 记作 $\text{lcm}(a, b)$ .

最大公约数和最小公倍数之间存在一个非常重要的关系.

定理

对于任意两个正整数 $a, b$ ，有

\gcd(a, b) \cdot \text{lcm}(a, b) = ab

有兴趣的读者可以自己翻阅相关书籍看证明过程.这个定理为计算最小公倍数提供了一个便捷的方法：先用辗转相除法求出最大公约数，然后利用上述关系式即可求得最小公倍数.

例

已知两个正整数为 $720$ 和 $336$ , 求它们的最小公倍数 $\text{lcm}(720, 336)$ .

解

我们利用关系式 $\gcd(a, b) \cdot \text{lcm}(a, b) = ab$ . 首先，使用辗转相除法计算 $\gcd(720, 336)$ .

\begin{aligned} 720 &= 2 \times 336 + 48 336 &= 7 \times 48 + 0 \end{aligned}

因此， $\gcd(720, 336) = 48$ .

接着，我们可以计算最小公倍数：

\text{lcm}(720, 336) = \frac{720 \times 336}{\gcd(720, 336)} = \frac{720 \times 336}{48}

为了简化计算，先进行除法：

\text{lcm}(720, 336) = \frac{720}{48} \times 336 = 15 \times 336 = 5040

故两个数的最小公倍数是 $5040$ .

不定方程

我们前面讨论的整除、公约数等概念，是数论的基础工具.现在，我们将运用这些工具来探索一个古老而迷人的数学主题：不定方程 .

不定方程

一个变量个数多于方程个数，且我们只关心其整数解的方程（组），称为不定方程.

例如，方程 $x+y=5$ 有无穷多组实数解, 但如果我们限定 $x, y$ 必须为正整数, 那么解就只有 $(1,4), (2,3), (3,2), (4,1)$ 四组. 著名的费马大定理\footnote{费马大定理由17世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出.该定理断言：当整数 $n\>2$ 时, 关于 $x, y, z$ 的方程 $x^n+y^n=z^n$ 没有正整数解.费马在其《算术》一书的页边空白处写道, 他“发现了一个真正绝妙的证明, 但页边太窄写不下”.这个问题困扰了数学界三个半世纪, 直到1994年才由英国数学家安德鲁·怀尔斯最终证明, 他本人也因此在2016年获得阿贝尔奖（数学界的最高奖项）.}所研究的方程 $x^n+y^n=z^n$ (当 $n\>2$ 时没有正整数解)所研究的方程 $x^n+y^n=z^n$ (当 $n\>2$ 时没有正整数解)，是历史上最著名的不定方程之一. 求解不定方程，本质上是在格点世界中寻找满足特定代数关系的几何点，是纯粹数学思想的体现.

线性不定方程\texorpdfstring{ $ax+by=c$

{ax+by=c}}

最基本的不定方程是二元一次不定方程，其一般形式为 $ax+by=c$ , 其中 $a, b, c$ 是已知整数, 我们寻求整数解 $(x, y)$ .

这个方程是否有解？有多少解？下面的定理给出了根本性的回答.

裴蜀定理

设 $a, b$ 为不全为零的整数, 则不定方程 $ax+by=c$ 有整数解的充分必要条件是 $\gcd(a, b) | c$ .

证明

我们分两部分证明.

\paragraph{证明必要性 ( $\Rightarrow$ ):} 假设方程 $ax+by=c$ 存在一组整数解 $(x_0, y_0)$ , 即 $ax_0+by_0=c$ . 令 $d=\gcd(a,b)$ . 根据最大公约数的定义, 我们有 $d|a$ 和 $d|b$ . 根据整除性的线性组合性质， $d$ 必然整除 $a$ 和 $b$ 的任何线性组合. 因此， $d|(ax_0+by_0)$ , 即 $d|c$ .

\paragraph{证明充分性 ( $\Leftarrow$ ):} 这部分的证明需要构造出一个解，通常借助扩展欧几里得算法，此处从略.其思想是，总存在整数 $x', y'$ 使得 $ax'+by'=\gcd(a,b)$ . 若 $\gcd(a,b)|c$ , 设 $c = k \cdot \gcd(a,b)$ , 则 $a(kx') + b(ky') = k \cdot \gcd(a,b) = c$ . 于是 $(kx', ky')$ 就是方程的一组解.

一旦我们找到了方程 $ax+by=c$ 的一个特解 $(x_0, y_0)$ ，就可以推导出其通解.

线性不定方程的通解

若 $d=\gcd(a,b)$ 且 $d|c$ , 不定方程 $ax+by=c$ 的一个特解为 $(x_0, y_0)$ ，则其所有整数解（通解）可以表示为：

\begin{cases} x = x_0 + \frac{b}{d}k y = y_0 - \frac{a}{d}k \end{cases} (k \in \mathbb{Z})

证明

已知 $ax_0+by_0=c$ , 设 $(x,y)$ 是方程的任意一组整数解, 则 $ax+by=c$ . 两式相减，得 $a(x-x_0) + b(y-y_0) = 0$ . 移项并同除以 $d=\gcd(a,b)$ ，得

\frac{a}{d}(x-x_0) = -\frac{b}{d}(y-y_0)

由于 $\gcd(\frac{a}{d}, \frac{b}{d}) = 1$ , 即 $\frac{a}{d}$ 与 $\frac{b}{d}$ 互素. 根据整除理论，必然有 $\frac{b}{d} | (x-x_0)$ . 因此，存在整数 $k$ 使得 $x-x_0 = k \cdot \frac{b}{d}$ , 即 $x = x_0 + \frac{b}{d}k$ . 将此代回上式，得 $\frac{a}{d}(k \cdot \frac{b}{d}) = -\frac{b}{d}(y-y_0)$ , 化简得 $y-y_0 = -k \cdot \frac{a}{d}$ . 即 $y = y_0 - \frac{a}{d}k$ .

寻找特解 $(x_0, y_0)$ 的关键是利用辗转相除法的过程“逆行”, 表达出 $\gcd(a,b)$ 关于 $a,b$ 的线性组合.

例

求不定方程 $56x+72y=40$ 的整数解.

解

首先，我们计算 $\gcd(56, 72)$ .

\begin{aligned} 72 &= 1 \times 56 + 16 56 &= 3 \times 16 + 8 16 &= 2 \times 8 + 0 \end{aligned}

所以 $\gcd(56, 72)=8$ . 因为 $8|40$ ，所以方程有整数解.

接着，我们从辗转相除法的倒数第二步开始，反向构造出 $8$ 的线性组合.

8 = 56 - 3 \times 16

将 $16 = 72 - 1 \times 56$ 代入上式：

\begin{aligned} 8 &= 56 - 3 \times (72 - 1 \times 56) &= 56 - 3 \times 72 + 3 \times 56 &= 4 \times 56 + (-3) \times 72 \end{aligned}

我们得到了 $56(4)+72(-3)=8$ .

为了得到右侧的 $40$ , 我们将上式两边同乘以 $40/8 = 5$ :

5 \times [56(4)+72(-3)] = 5 \times 8

56(20) + 72(-15) = 40

于是，我们找到了方程的一组特解 $(x_0, y_0) = (20, -15)$ .

最后，代入通解公式，其中 $d=8, a=56, b=72$ .

\begin{aligned} x &= 20 + \frac{72}{8}k = 20+9k y &= -15 - \frac{56}{8}k = -15-7k \end{aligned}

其中 $k$ 为任意整数.

非线性不定方程的常见解法

对于非线性不定方程，不存在统一的通解公式.其求解更依赖于对代数结构的洞察和数论性质的应用，方法灵活多变.下面介绍几种的策略.

\paragraph{1. 因式分解法} 这是最直接的思想：将方程变形为 $A \cdot B \cdot ... = C$ 的形式, 其中 $A,B,...$ 是含未知数的整式, $C$ 是一个具体的整数.由于解是整数, 所以 $A,B,...$ 的值也必为整数.问题就转化为考察整数 $C$ 的所有因子分解情况.

例

求不定方程 $x^2-y^2 = 91$ 的所有正整数解.

解

方程左侧是平方差，可直接分解：

(x-y)(x+y) = 91

由于 $x,y$ 是正整数, $x+y$ 和 $x-y$ 都是整数. 且 $x+y \> 0$ . 因为其乘积为正数 $91$ , 所以 $x-y$ 也必须为正. $x+y \> x-y$ .

我们将 $91$ 分解为两个正整数的乘积，有以下两种情况： $91 = 1 \times 91 = 7 \times 13$ .

情形一：

\begin{cases} x-y=1 \\ x+y=91 \end{cases}

两式相加得 $2x=92 \implies x=46$ . 代回得 $y=45$ .

情形二：

\begin{cases} x-y=7 \\ x+y=13 \end{cases}

两式相加得 $2x=20 \implies x=10$ . 代回得 $y=3$ .

综上，方程的正整数解为 $(46, 45)$ 和 $(10, 3)$ .

例

求不定方程 $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{5}$ 的所有正整数解.

解

首先对代数式进行变形，消除分母.

5y+5x = xy

移项整理，为因式分解做准备.

xy-5x-5y=0

这是构造“十字相乘”的变形，常被称为“Simom的最爱因式分解技巧\footnote{来自Art of Problem Solving系列的读者Simon Rubinstein-Salzedo贡献，因此也由其名命名，是个简单但是优雅的方法.}”（换句话说，分组分解法）.

x(y-5) - 5y = 0

为了凑出 $(y-5)$ 的因子，我们添一项：

x(y-5) - 5(y-5) - 25 = 0

(x-5)(y-5) = 25

因为 $x, y$ 是正整数, 所以 $x-5$ 和 $y-5$ 是大于等于 $-4$ 的整数. $25$ 的整数因子分解有 $(1,25), (5,5), (25,1), (-1,-25), (-5,-5), (-25,-1)$ .

逐一求解：

$x-5=1, y-5=25 \implies x=6, y=30$ .
$x-5=5, y-5=5 \implies x=10, y=10$ .
$x-5=25, y-5=1 \implies x=30, y=6$ .
$x-5=-1, y-5=-25 \implies x=4, y=-20$ . (非正整数解，舍去)
$x-5=-5, y-5=-5 \implies x=0, y=0$ . (非正整数解，舍去)
$x-5=-25, y-5=-1 \implies x=-20, y=4$ . (非正整数解，舍去)

因此，方程的正整数解为 $(6, 30), (10, 10), (30, 6)$ .

\paragraph{2. 模运算（同余）检验法*} 此方法是判断方程有无整数解的“筛选器”. 其逻辑是：如果一个整数方程有解，那么它在模任何整数 $n$ 的意义下也必然有解.反之, 如果我们能找到一个模 $n$ ，使得方程在该模下无解，那么原方程必无整数解.

例

证明方程 $x^2-5y=3$ 没有整数解.

解

我们将方程变形为 $x^2 = 5y+3$ . 这个形式启发我们考察方程模 $5$ 的情况.

x^2 \equiv 5y+3 \pmod{5}

x^2 \equiv 3 \pmod{5}

我们来检验所有整数平方后模 $5$ 的可能余数. $0^2 \equiv 0 \pmod{5}$ $1^2 \equiv 1 \pmod{5}$ $2^2 \equiv 4 \pmod{5}$ $3^2 \equiv 9 \equiv 4 \pmod{5}$ $4^2 \equiv 16 \equiv 1 \pmod{5}$

一个整数的平方模 $5$ 的余数只可能是 $0, 1, 4$ . 不存在任何整数 $x$ , 使得其平方模 $5$ 的余数为 $3$ . 因此，方程 $x^2 \equiv 3 \pmod{5}$ 无解，从而原方程无整数解.

\paragraph{3. 不等式约束法*} 通过代数变形或利用变量的已知属性（如正整数），建立关于未知数的不等式，从而限定其取值范围.这可以将无限的搜索空间缩小为有限个需要检验的个案.

例

求不定方程 $x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx$ 的整数解.

解

此方程结构对称，直接寻找整数解较为困难.我们尝试将其变形为一个更易于分析的形式. 将方程两边同乘以 $2$ :

2x^2+2y^2+2z^2 = 2xy+2yz+2zx

移项：

2x^2+2y^2+2z^2 - 2xy-2yz-2zx = 0

重新组合，配成完全平方和的形式：

(x^2-2xy+y^2) + (y^2-2yz+z^2) + (z^2-2zx+x^2) = 0

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

由于 $x,y,z$ 是整数, 所以 $x-y, y-z, z-x$ 也是整数. 它们的平方 $(x-y)^2, (y-z)^2, (z-x)^2$ 必然是非负整数. 三个非负整数之和为零的唯一可能性是，这三个数同时为零.

\begin{cases} (x-y)^2 = 0 \\ (y-z)^2 = 0 \\ (z-x)^2 = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x-y=0 \\ y-z=0 \\ z-x=0 \end{cases} \implies x=y=z

因此，方程的整数解为所有形如 $(k, k, k)$ 的数组, 其中 $k$ 为任意整数.

毕达哥拉斯三元组*

不定方程 $x^2+y^2=z^2$ 的正整数解 $(x,y,z)$ 被称为毕达哥拉斯三元组或勾股数. 我们来探究其通解的构造方法.

如果 $(x,y,z)$ 是一组解, 那么 $(kx,ky,kz)$ 对任意正整数 $k$ 也都是一组解. 为简化问题, 我们只需求解 $\gcd(x,y,z)=1$ 的情况，这类解被称为本原解.

本原毕达哥拉斯三元组通解

不定方程 $x^2+y^2=z^2$ 的所有本原正整数解 $(x,y,z)$ 可由下式给出（交换 $x,y$ 位置亦可）：

\begin{cases} x = m^2-n^2 y = 2mn z = m^2+n^2 \end{cases}

其中 $m, n$ 是满足以下条件的任意正整数：

$m\>n$
$\gcd(m,n)=1$
$m, n$ 的奇偶性相反 (一奇一偶)

证明

在一个本原解 $(x,y,z)$ 中, $x,y$ 必为一奇一偶.（若 $x,y$ 皆为偶数, 则 $z$ 必为偶数, 与 $\gcd(x,y,z)=1$ 矛盾；若 $x,y$ 皆为奇数, 则 $x^2 \equiv 1, y^2 \equiv 1 \pmod{4}$ , 所以 $z^2 = x^2+y^2 \equiv 2 \pmod{4}$ ，而任何整数的平方模4都不可能为2.）

不失一般性，设 $x$ 为奇数, $y$ 为偶数. 于是 $z$ 必为奇数. 我们将方程变形为

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

由于 $x,z$ 均为奇数, 故 $z-x$ 和 $z+x$ 均为偶数. 设 $y=2k, z-x=2u, z+x=2v$ . 代入方程得 $(2k)^2 = (2u)(2v) \implies 4k^2=4uv \implies k^2=uv$ .

我们考察 $u, v$ 的互素性. $\gcd(u,v) = \gcd(\frac{z-x}{2}, \frac{z+x}{2}) = \frac{1}{2}\gcd(z-x, z+x)$ . $\gcd(z-x, z+x) = \gcd(z-x, (z+x)-(z-x)) = \gcd(z-x, 2x)$ . 因为 $z-x$ 是偶数, $2x$ 也是偶数, 所以 $\gcd(z-x, 2x)$ 至少为2. 同时， $\gcd(\frac{z-x}{2}, x)= \gcd(u, x)$ . 由于 $\gcd(z,x)=1$ (本原解的性质)， $\gcd(u,x) = \gcd(\frac{z-x}{2}, x) = \gcd(\frac{z-x}{2}+x, x) = \gcd(\frac{z+x}{2}, x) = \gcd(v,x)$ . 且 $\gcd(u,v) = \gcd(u, v-u) = \gcd(u,x)=1$ . 因此 $u, v$ 互素.

两个互素的整数 $u,v$ 的乘积 $uv$ 是一个完全平方数 $k^2$ , 那么 $u,v$ 本身也必须是完全平方数. 设 $u=n^2, v=m^2$ , 其中 $m,n$ 为正整数.

将 $u, v$ 用 $m,n$ 代换，我们得到： $z-x = 2u = 2n^2$ $z+x = 2v = 2m^2$ 解这个方程组，得到 $x = m^2-n^2, z = m^2+n^2$ . $y^2=4uv=4n^2m^2 \implies y=2mn$ .

最后，我们验证参数 $m,n$ 的性质. $m\>n$ 保证了 $x$ 为正. $\gcd(m,n)=1$ 保证了 $u,v$ 互素，从而保证解是本原的. $m,n$ 一奇一偶保证了 $x=m^2-n^2$ 和 $z=m^2+n^2$ 均为奇数，符合我们的初始假设.

因式分解​

特殊代数式​

定义与基本性质​

应用练习​

乘法公式与因式分解​

平方差与完全平方​

立方公式与幂的和差​

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练习​

恒等变形的方法​

复杂化简法​

双向变换法​

作差法​

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二次函数​

韦达定理及其推广​

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计算与变形技巧​

配方法​

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想法一：降幂整理​

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整除性​

最大公约数与辗转相除法​

欧几里得算法​

互素与最小公倍数​

不定方程​

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非线性不定方程的常见解法​

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