ch01-預備知识

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因式分解

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因式分解是将多項式寫成若干整式乘積的過程，用于分析代數结構、求解方程和簡化运算.在多元情形下，因式分解往往依赖對代數式结構特征（如對称性、轮換性、齐次性）的识别與利用.本章先介绍几類常见代數式及其基本性質，為后續專題因式分解做准備.

特殊代數式

本节讨論對称式、轮換式和齐次式三類多項式.它们在複杂多項式的整理、降元、因式分解中常出現.

定義與基本性質

對称式

设 $P(x_1,...,x_n)$ 為 $n$ 元多項式.若對任意置換 $\sigma\in S_n$ ，都有

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

则称 $P$ 為關于 $x_1,...,x_n$ 的對称式.

例

$P(x,y)=x^2+y^2$ ：交換 $x,y$ 后不變，為對称式.
$P(x,y,z)=xyz+x+y+z$ ：任意交換 $x,y,z$ 后不變，為三元對称式.
$P(x,y)=x-y$ ：交換 $x,y$ 得 $y-x=-(x-y)$ ，故非對称式.

基本性質

设 $P,Q$ 均為關于 $x_1,...,x_n$ 的對称式.

和與積仍為對称式： $P\pm Q$ 與 $PQ$ 皆為對称式.
代入保持對称性：若 $f$ 為一元多項式, $f(P)$ 仍為對称式.
若 $P=AB$ , 则對每個置換 $\sigma$ 有

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

因此 $A,B$ 至少在整體上呈現某种對称结構（例如同為對称式，或成成對轮換）.

基本對称式與表示

對 $n$ 元變量 $x_1,...,x_n$ ，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,

称為基本對称式.任一關于 $x_1,...,x_n$ 的對称多項式, 都可以表示為 $e_1,...,e_n$ 的多項式.例如在两元情形，

\text{任一對称式 }P(x,y)\text{ 都可寫成 }P(x,y)=F(x+y,xy),

其中 $F$ 為某一元或二元多項式.

例

$x^2+y^2=(x+y)^2-2xy$ , 為 $e_1,e_2$ 的多項式.
$x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)$ .

對称性與因式

在两元情形，若 $P(x,y)$ 為對称式且含有因式 $(x-y)$ , 则 $(x-y)$ 的次數為偶數.原因是對換 $x,y$ 时 $(x-y)$ 變号, 而 $P$ 不變, 故 $(x-y)$ 的总次方必须為偶數, 例如 $(x-y)^2,(x-y)^4$ 等.

轮換式

设 $P(x_1,...,x_n)$ 為 $n$ 元多項式.若在轮換

(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 $P$ 為關于 $x_1,...,x_n$ 的轮換式.

例

以 $a,b,c$ 的轮換 $a\to b\to c\to a$ 為例：

$a^2b+b^2c+c^2a$ 在轮換下不變, 為轮換式；在交換 $a,b$ 时變式，故非對称式.
$(a-b)(b-c)(c-a)$ 在轮換下僅作因子重排，乘積不變，為轮換式.

與對称式的關係及封闭性

任一對称式在任意置換下不變，因而在轮換下亦不變；對称式必為轮換式，反之不然.
若 $P,Q$ 為轮換式, 则 $P\pm Q$ 與 $PQ$ 仍為轮換式.

因式传递性

设 $P(a,b,c)$ 為關于 $a,b,c$ 的轮換式.

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

這類因式成轮換“族”，可一并提取.

齐次式

设 $P(x_1,...,x_n)$ 為多項式.若 $P$ 中每一項的总次數均為同一整數 $d$ , 则称 $P$ 為** $d$ 次齐次式**.

例

$2x^2+3xy-y^2$ ：各項為 $2$ 次，為二次齐次式.
$a^3+b^3+c^3-3abc$ ：各項為 $3$ 次，為三次齐次式.
$x^2+y$ ：各項次數不等，非齐次式.

齐次性的等价刻画

设 $P$ 為多項式.则 $P$ 為 $d$ 次齐次式, 当且僅当對任意數 $t$ ，有

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

證明

若 $P$ 為 $d$ 次齐次式, 则每一項形如 $c\,x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n}$ , 且 $k_1+\cdots+k_n=d$ .代入 $tx_i$ 后，每項變為

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},

從而整體為 $t^dP(x_1,...,x_n)$ .

反過来，若對任意 $t$ 成立上述關係, 则把 $P$ 按項分解, 比较 $t$ 的各次幂係數, 可知所有非零項的总次數必须相同, 等于 $d$ .

因式與降元

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

F(x,y)=0

為 $d$ 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.這在因式分解和解齐次方程组时常用.

對称性、轮換性與齐次性的组合

多項式往往同时具有多种结構.例如：

$x^2+xy+y^2$ ：對称、轮換（两元）、二次齐次.
$a^2b+b^2c+c^2a$ ：三元轮換、三次齐次，非對称.
$a^3+b^3+c^3-3abc$ ：三元對称、三次齐次.

在因式分解或恒等變形中，通常结合多种结構使用，如利用齐次性降元，配合對称性或轮換性判断因式形状.

應用練習

練習

\item 判断下列多項式的類型（對称式、轮換式、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*)]

$P(x,y)=x^2+xy+y^2$ ：交換 $x,y$ 不變，為對称式；在两元轮換下不變，為轮換式；各項為二次，為齐次式.
$P(a,b,c)=a^2b+b^2c+c^2a$ ：在 $a\to b\to c\to a$ 轮換下不變, 為轮換式；交換 $a,b$ 时變式，非對称式；各項為三次，為齐次式.
$P(x,y,z)=x^3+y^3+z^2$ ：變量交換或轮換均改變式子，非對称、非轮換；各項次數不全相等，非齐次式.
$P(a,b,c)=(a-b)(b-c)(c-a)$ ：在轮換 $a\to b\to c\to a$ 下因子重排而積不變, 為轮換式；交換 $a,b$ 后整體變号，非對称式；展開后各項為三次，為齐次式.

\item 已知關于 $a,b,c$ 的轮換式 $P(a,b,c)$ 含有因式 $(a-b)$ ，寫出它必然含有的另外两個一次因式.

解

在轮換 $a\to b\to c\to a$ 下, 因式 $(a-b)$ 依次對應 $(b-c)$ 與 $(c-a)$ .由 $P$ 的轮換性, 這两個因式亦為 $P$ 的因式.

\item 因式分解

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

解

记原式為 $P(x,y,z)$ .各項為三次項, $P$ 為三次齐次式；在轮換 $x\to y\to z\to x$ 下不變，為轮換式.

令 $x=y$，得

P(y,y,z)=y(y^2-z^2)+y(z^2-y^2)+0=0，

故 $(x-y)$ 為因式.由轮換性, $(y-z)$ 與 $(z-x)$ 亦為因式.于是存在常數 $k$ 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,

從而 $k=1$.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 $F(x,y)$ 為二元 $d$ 次齐次多項式, 方程 $F(x,y)=0$ 中 $(x,y)\neq(0,0)$ .令 $t=\dfrac{x}{y}$ （ $y\neq 0$ ）或 $t=\dfrac{y}{x}$ （ $x\neq 0$ ），将方程化為一元方程，寫出一般變形過程.

解

以 $y\neq 0$ 為例.由齐次性，有

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

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

乘法公式與因式分解

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本节整理常用乘法公式及其逆运算，在此基礎上给出若干因式分解方法，并将其推廣到高次多項式.内容覆蓋基礎运算、结構识别與一定的拔高應用.

平方差與完全平方

平方差

對任意數 $a,b$ ，

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

證明

展開右式：

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

例

计算 $2024\cdot 2016$ .

解

两數以 $2020$ 為對称中心, 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

后三項構成完全平方：

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

對任意數 $a,b,c$ ，

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

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

證明

二項式情形直接展開即可.對三項式，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 $101^2$ 與 $99^2$ .

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 $x^2+\dfrac1{x^2}$ 與 $x^4+\dfrac1{x^4}$ .

解

平方得

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

從而

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.

立方公式與幂的和差

立方和與立方差

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

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

證明

對 $a^3+b^3$ ，

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.

證明

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

展開整理可得. $(a-b)^3$ 類似.

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

化簡 $\dfrac{x^3+1}{x^2-x+1}$ .

解

分子

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

故

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

且 $x^2-x+1=(x-\tfrac12)^2+\tfrac34\>0$ , 對一切实數 $x$ 分母不為零.

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

對任意正整數 $n$ ，

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

證明

设

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

则

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

中間各項配對抵消，僅保留首尾两項.

奇數次幂的和

若 $n$ 為奇數，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 $x^5-y^5$ 與 $x^5+y^5$ .

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

可视為關于 $x^2$ 的二次式.若用十字相乘，在整數係數范围难以直接配對.利用结構式

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

展開右端可验證：

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

Sophie Germain 型恒等式

對任意 $a,b$ ，

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

其中 $x^4+4$ 為 $a=x,b=1$ 的特例.

基本因式分解方法

提公因式與分组分解

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}

配方法與“添項—拆項”

例

因式分解 $x^4+4$ .

解

视 $x^4$ 與 $4$ 為 $(x^2)^2$ 與 $2^2$ , 構造中間項 $4x^2$ ：

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,

原式為

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

整體代換

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].

二次多項式：十字相乘與通用公式

一元二次：十字相乘法

定義

设 $a,b,c\in\mathbb R,a\neq 0$ ，一元二次三項式

ax^2+bx+c

若可寫成

(a_1x+c_1)(a_2x+c_2),

则称右式為其在实數范围内的因式分解.

展開

(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：雙十字相乘法

定義

设 $a,b,c\in\mathbb R,ac\neq 0$ .齐次二次式

ax^2+bxy+cy^2

若可寫成

(a_1x+c_1y)(a_2x+c_2y),

则称右式為其因式分解.

展開得

(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,

交叉項

(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 $\Delta\<0$ ，则在实數范围内不能分解為一次因式的乘積.

證明

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}.

两根為 $x_1,x_2$ 时，有

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

展開可核對係數.

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,

根為

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 $\Delta\ge 0$ , 则存在实數 $\lambda_1,\lambda_2$ ，

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 $\Delta\<0$ ，则在实數范围内不能分解為一次因式的乘積.

證明

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).

高次多項式：因式定理與有理根

余式定理

设 $P(x)$ 為多項式, 将其除以 $(x-a)$ ，得

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

则 $r=P(a)$ .

證明

對上式代入 $x=a$ , 得 $P(a)=r$ .

因式定理

多項式 $P(x)$ 有因式 $(x-a)$ 当且僅当 $P(a)=0$ .

證明

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),

從而 $(x-a)$ 為因式.

有理根定理

设

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

為整係數多項式， $a_n\neq 0$ .若最簡分數 $\dfrac{p}{q}$ （ $\gcd(p,q)=1,q\>0$ ）為 $P(x)$ 的有理根, 则 $p$ 為 $a_0$ 的整數因數, $q$ 為 $a_n$ 的整數因數.

例

因式分解 $P(x)=x^3-2x^2-5x+6$ .

解

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

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

故 $(x-1)$ 為因式.綜合除法（係數為 $1,-2,-5,6$ 與根 $1$ ）得商

x^2-x-6.

继續因式分解：

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

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

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

故 $(x-2)$ 為因式.綜合除法（係數 $1,-4,0,8$ 與根 $2$ ）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.

在实數范围内可寫成

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

在有理數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).

練習

\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 $x^2+\dfrac1{x^2}$ 與 $x^3+\dfrac1{x^3}$ . \item 因式分解 $x^4-16$ 與 $x^4+4x^2+16$ . \item 因式分解 $2x^2-5x-3$ 與 $6x^2+5xy-6y^2$ . \item 對多項式 $P(x)=2x^3-x^2-8x+4$ ，寫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 $a_3=2,a_0=4$ ，可能有理根為

\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 $(x-2)$ 為因式.綜合除法（係數 $2,-1,-8,4$ 與根 $2$）得商

2x^2+3x-2.

继續分解

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

于是

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

恒等變形的方法

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

恒等變形用于證明等式與化簡代數式. 本节介绍五种处理代數恒等式的策略.

複杂化簡法

證明恒等式 $A=B$ 时，從结構複杂的一端入手，通過因式分解、通分、展開、配方等手段，推導至结構簡單的一端.

例

求證：

\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}

證明

左侧具有轮換對称性，且右侧為簡單分式之和，提示對左侧作裂項. 将分子表為分母因式之差：

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}

由轮換對称性，另两項同理处理：

\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，每個分式恰出現两次：

\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

$x^2+x$ 反複出現, 提示整體換元. 令 $A = x^2+x$ ，原式化為

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

對 $A$ 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 $\Delta = 1-16 \< 0$ , 在实數域不可约；而 $x^2+x-2 = (x+2)(x-1)$ . 故

\text{原式} = (x^2+x+4)(x+2)(x-1)

例

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

解

分母形如 $x^2-xy+y^2$ ，提示将分子分解為含此因式的乘積. 為構造平方差，對分子配方：

\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

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

證明

右侧為三個一次因式之積，提示用因式定理验證左侧的根. 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 $(a+b) \mid P(a)$ . 由轮換對称性, $(b+c)$ 與 $(c+a)$ 亦整除 $P$ .

$P$ 是三次齐次式，三個一次因式之積亦為三次齐次式，故

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

取 $a=b=c=1$ 确定係數：

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

解得 $k=3$ .

例

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

證明

三個分母结構相似但不同，而条件 $abc=1$ 尚未使用. 尝试利用此条件统一分母.

第二項乘 $\dfrac{a}{a}$ , 利用 $abc=1$ ：

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

第三項乘 $\dfrac{ab}{ab}$ ：

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

三項分母统一為 $1+a+ab$ ，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 $a+b+c=0$ , 求證： $\displaystyle \frac{a^2}{2a^2+bc} + \frac{b^2}{2b^2+ca} + \frac{c^2}{2c^2+ab} = 1$ .

證明

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}

由轮換對称性， $2b^2+ca = (b-c)(b-a)$ , $2c^2+ab = (c-a)(c-b)$ .

通分后公分母為 $(a-b)(b-c)(c-a)$ ，分子為

\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}

此式關于 $a,b,c$ 轮換反對称（交換任意两變量變号）, 且為三次齐次式, 故必有因式 $(a-b)(b-c)(c-a)$ . 比较首項係數知

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

與分母相消，得 $1$ .

例

因式分解： $x^4 + y^4 + (x+y)^4$ .

解

直接展開后观察是否可配成完全平方. 展開 $(x+y)^4$ ：

\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}

括号内為四次齐次對称式. 猜测其為某二次齐次式的平方，设為 $(x^2+\alpha xy+y^2)^2$ . 展開比较係數：

(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 $= 2(x^2+xy+y^2)^2$ .

雙向變換法

当等式两端均较複杂时，分别變形至同一形式：若 $A=C$ 且 $B=C$ , 则 $A=B$ .

例

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

證明

两侧均為四個變量的四次式，直接展開比较. 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}

交叉項 $\pm 2abcd$ 相消，两侧相等.

例

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

證明

左侧為已知的因式分解公式，右侧较複杂. 從右侧入手化簡：

\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 $a^3+b^3+c^3-3abc$ 的標准分解式. 展開验證：

\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

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

證明

两侧结構相似：左侧涉及 $(a+b+c)^3$ 與 $(bc+ca+ab)^3$ , 右侧涉及 $a^3+b^3+c^3$ 與 $(bc)^3+(ca)^3+(ab)^3$ . 移項使结構對称：

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

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

證明

两侧複杂度相当，直接展開. 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

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

證明

右侧四個因式形如 $\pm a \pm b \pm c$ ，提示左侧可配方為平方差的乘積.

\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}

應用平方差公式两次：

\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)]

四因式乘積與左侧一致（负号個數為偶數时相等）.

Sophie Germain 恒等式

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

證明

右侧形如 $(M+N)(M-N) = M^2-N^2$ , 其中 $M=a^2+2b^2$ , $N=2ab$ . 展開验證：

\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

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

證明

以 $n=3$ 為例. 左侧展開為 $\sum_{i,j} a_i^2 b_j^2$ , 共 $9$ 項.

右侧第一項： $(\sum a_i b_i)^2 = \sum a_i^2 b_i^2 + 2\sum_{i\<j} a_i b_i a_j b_j$ .

右侧后三項： $\sum_{i\<j} (a_i^2 b_j^2 - 2a_i b_j a_j b_i + a_j^2 b_i^2)$ .

交叉項 $+2a_i b_i a_j b_j$ 與 $-2a_i b_j a_j b_i$ 抵消. 余項：

\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

即為左侧. 一般 $n$ 的情形類似.

作差法

利用 $A=B \iff A-B=0$ . 当等式两侧结構有局部對應關係时，逐項作差往往比通分更簡洁.

例

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

證明

左右两侧均有三個分式，结構對應. 逐項作差：

\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}

另两组差亦為 $\dfrac{1}{a}$ . 故

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

移項即得原式.

例

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

證明

左侧為三因式之積，右侧已部分展開. 直接展開左侧比较：

\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}

與右侧相同.

例

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

證明

利用標准分解式

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

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

例

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

證明

利用条件簡化分母. 由 $a=-(b+c)$ 得

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

由轮換對称性，另两分母為 $-2ca$ 與 $-2ab$ . 故

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

例

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

證明

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

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

證明

左侧為轮換對称式，通分验證分子為零即可. 公分母為 $(a+b)(b+c)(c+a)$ ，分子為

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

展開：

\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}

各項两两抵消.

分析法

從待證结論出發，寻找其成立的充分条件，逐步追溯至已知条件. 書寫时常将推導過程逆序整理為綜合形式.

例

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

證明

展開左侧，待證式等价于

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) (*)

現從条件推導 $(*)$ . 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

展開两侧：

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 $a+b+c=0$ ，右边末項消失：

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)

移項即得 $(*)$ .

例

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

證明

右侧為完全平方之和，展開后應與左侧吻合：

\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（多項式恒等定理）

定理

若两個 $n$ 次多項式 $P(x)$ 與 $Q(x)$ 在 $n+1$ 個不同点处取值相同, 则 $P(x) \equiv Q(x)$ .

此定理将恒等式的證明化為有限次數值验證.

例

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

證明

设左边為 $P(x)$ , 右边為 $Q(x)$ , 均為 $4$ 次多項式. 取 $5$ 個点验證：

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

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

二次函數

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

二次函數的一般形式為

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

其圖像為抛物線.

\paragraph{配方法與顶点式} 通過配方将一般式转化為顶点式：

\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：

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

\paragraph{係數的几何意義}

$a$ ：决定開口方向與宽窄. $a\>0$ 開口向上, $a\<0$ 開口向下； $|a|$ 越大，開口越窄.
$b$ ：與 $a$ 共同决定對称轴位置. $a,b$ 同号时對称轴在 $y$ 轴左侧，异号时在右侧.
$c$ ：抛物線與 $y$ 轴交点的纵坐標.

\paragraph{與 $x$ 轴的交点} 抛物線與 $x$ 轴交点的横坐標即方程 $ax^2+bx+c=0$ 的实根. 交点個數由判别式 $\Delta = b^2-4ac$ 决定：

$\Delta \> 0$ ：两個不同交点.
$\Delta = 0$ ：唯一切点（重根）.
$\Delta \< 0$ ：无交点.

韦达定理及其推廣

對于方程 $ax^2+bx+c=0\ (a \ne 0)$ , 设其两根為 $x_1, x_2$ . 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

比较係數得

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對称表达式. 常用變形：

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

\paragraph{推廣至 $n$ 次方程} 對于 $a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0 = 0\ (a_n \ne 0)$ , 设 $n$ 個根為 $x_1, ..., x_n$ ，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 $k$ 個根相乘再求和, 结果為 $(-1)^k \dfrac{a_{n-k}}{a_n}$ .

對于三次方程 $ax^3+bx^2+cx+d=0$ , 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 $\dfrac{1}{\beta-1}$ 為根的一元二次方程.

解

设新根為 $y_1 = \dfrac{1}{\alpha-1}$ , $y_2 = \dfrac{1}{\beta-1}$ . 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}

计算新根之積：

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

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

\paragraph{代換法} 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 $f(x)=ax^2+bx+c\ (a\>0)$ . 根的分布問題将根相對于给定值的位置關係转化為關于係數的不等式组. 约束条件来自三個方面：

判别式 $\Delta=b^2-4ac$ ：控制根的存在性.
對称轴 $x = -\dfrac{b}{2a}$ ：控制根的整體位置.
端点函數值 $f(k)$ ：控制特定点與根的相對位置.

\paragraph{两根均大于 $k$ }

由圖像特征：抛物線與 $x$ 轴有交点, 對称轴在 $k$ 右侧, 且点 $(k, f(k))$ 在 $x$ 轴上方. 對應条件：

\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. 對于開口向上的抛物線, $f(k)\<0$ 蕴含 $\Delta \> 0$ . 条件簡化為

f(k) \< 0

\paragraph{两根均在区間 $(k_1, k_2)$ 内}

對應条件：

\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 $x^2 - (m+1)x + m = 0$ 的两根均在区間 $(0, 2)$ 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.

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

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

取交集得 $m \in (0, 2)$ .

例

若方程 $x^2 - 2mx + m^2 - 1 = 0$ 至少有一個根在区間 $(0, 2)$ 内, 求 $m$ 的取值范围.

解

考虑补集：两根均不在 $(0, 2)$ 内.

方程化為 $(x-m)^2=1$ , 解得 $x = m \pm 1$ , 即两根為 $m-1$ 與 $m+1$ .

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

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

补集為 $(-\infty, -1] \cup [3, +\infty)$ , 故原問題的解為 $m \in (-1, 3)$ .

例

已知方程 $x^2 + (k-3)x + k = 0$ 有两個不同实根 $x_1, x_2$ , 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}

對称轴 $\dfrac{3-k}{2} \< 4$ 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 $ax^2-2x+1 \> 0$ 對所有 $x \in (0, 2]$ 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 $x=1$ 处為负，不满足.

若 $a\<0$ ： $f(2)=4a-3\<-3\<0$ ，不满足.

若 $a\>0$ ：對称轴 $x_0 = \dfrac{1}{a}$ .

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

故 $a \in (1, +\infty)$ .

例

若方程 $x^2 - 2a|x| + a^2 - 4 = 0$ 有四個不相等的实根, 求 $a$ 的取值范围.

解

令 $t = |x| \ge 0$ ，方程化為

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

每個正根 $t_0$ 對應两個 $x$ 值 $\pm t_0$ . 故原方程有四個不同实根当且僅当上述方程有两個不相等的正根.

设 $g(t) = t^2 - 2at + a^2 - 4$ .

判别式： $\Delta = 4a^2 - 4(a^2-4) = 16 \> 0$ ，恒有两個不同实根.

两根之和： $2a \> 0$ , 即 $a \> 0$ .

两根之積： $a^2-4 \> 0$ , 即 $|a| \> 2$ .

取交集得 $a \in (2, +\infty)$ .

例

已知 $f(x)=x^2+ax+1$ . 若方程 $f(x)=0$ 在区間 $(0,1)$ 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, 或两根中恰有一個在 $(0,1)$ 内.

重根情形： $\Delta = a^2-4=0$ 给出 $a = \pm 2$ . 当 $a=2$ 时重根為 $-1$ ；当 $a=-2$ 时重根為 $1$ . 均不在開区間 $(0,1)$ 内.

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

验證端点：若 $f(1)=0$ （即 $a=-2$ ），则為重根情形，已排除.

故 $a \in (-\infty, -2)$ .

计算與變形技巧

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

配方法

配方法是代數恒等變形的基本手段，旨在创造出完全平方式.

步骤："提首項係數、加减一次項係數一半的平方".

練習

求函數 $y=2x^2-8x+5$ 的最小值.

解

首先，提取二次項係數 $2$ .

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

然后對括号内的部分配方，一次項係數 $-4$ 的一半是 $-2$ , 其平方為 $4$ .

\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}

因為 $(x-2)^2 \ge 0$ , 所以 $y \ge -3$ . 当 $x=2$ 时, 函數取得最小值 $-3$ .

例

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

解

這個表达式含有两個變量，我们的策略是對每個變量独立地進行配方. 首先，将與 $x$ 和 $y$ 相關的項分别组合.

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

對關于 $x$ 的部分配方：

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

對關于 $y$ 的部分配方，注意先提取二次項係數：

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}

由于平方項的非负性，我们有 $(x-2)^2 \ge 0$ 和 $(y+1)^2 \ge 0$ . 因此， $f(x,y) \ge 0 + 4(0) + 2 = 2$ . 当且僅当 $(x-2)^2=0$ 且 $(y+1)^2=0$ , 即 $x=2, y=-1$ 时，等号成立. 故该代數式的最小值為 $2$ .

例

證明：對于任意实數 $a,b,c$ , 不等式 $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ 恒成立.

解

该不等式的结構提示我们，可以通過構造平方和的形式来證明其非负性. 将不等式的所有項移到一边：

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

直接對這個三變量的式子配方并不直观. 一個有效的技巧是将其乘以 $2$ ：

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

現在，我们将每一項拆分并重新组合，以構造出三個完全平方式.

\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}

由于任意实數的平方都是非负的，三個非负數之和也必然是非负的. 因此，最后一個不等式恒成立，從而原不等式得證. 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

這是一個分式函數，其分子為正常數. 函數取最大值等价于其分母取最小值. 我们對分母進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 $(x-4)^2 \ge 0$ 對所有实數 $x$ 成立，所以分母的最小值為 $0+4=4$ , 此最小值在 $x=4$ 时取得. 因此，函數 $y$ 的最大值為：

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

该最大值在 $x=4$ 时取得.

例

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

解

這是一個二元二次不定方程. 我们利用配方法将其转化為几何形式，從而利用整數的性質来约束解的范围. 對方程左右两边同时進行配方：

(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 $x,y$ 都是整數, 那么 $x-4$ 和 $y+3$ 也必為整數. 問題转化為求两個整數的平方和為 $4$ . 设 $A=x-4, B=y+3$ , 则 $A, B \in \mathbb{Z}$ . 方程為 $A^2+B^2=4$ . 整數平方的序列為 $0, 1, 4, 9, ...$ . 為使两個平方數的和為 $4$ ，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 $(2, -3)$ .

綜上，该方程共有四组整數解： $(4, -1), (4, -5), (6, -3), (2, -3)$ .

換元法

当表达式中某一部分重複出現时，可用一個新變量（元）替代它，從而簡化問題结構.

換元法的灵魂：換元必換范围. 引入新變量后，必须立刻确定其取值范围.

練習

解方程 $4^x - 3 \cdot 2^x + 2 = 0$ .

解

原方程可變形為 $(2^x)^2 - 3 \cdot 2^x + 2 = 0$ . 令 $t=2^x$ . 因為指數函數 $y=2^x$ 的值域為 $(0, +\infty)$ , 所以新變量 $t$ 必须满足 $t\>0$ . 原方程化為關于 $t$ 的一元二次方程： $t^2 - 3t + 2 = 0$ . 解得 $(t-1)(t-2)=0$ , 即 $t=1$ 或 $t=2$ . 這两個 $t$ 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, $2^x=2 \implies x=1$ . 所以原方程的解為 $x=0$ 或 $x=1$ .

例

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

解

观察到函數表达式由 $\sin x + \cos x$ 和 $\sin x \cos x$ 這两個基本對称式構成. 我们采用三角換元，令 $t = \sin x + \cos x$ .

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

用 $t$ 表示原函數：對 $t = \sin x + \cos x$ 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 $\dfrac{t^2-1}{2}$ 代入原函數表达式：

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

問題转化為求二次函數 $g(t)$ 在闭区間 $t \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ 上的值域.

求二次函數在闭区間上的值域： $g(t) = -\dfrac{1}{2}(t^2 - 2t) + \dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{2}(t-1)^2 + 1$ . 這是一個開口向下，對称轴為 $t=1$ 的抛物線.

由于對称轴 $t=1 \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ , 函數在 $t=1$ 处取得最大值. $g_{\max} = g(1) = 1$ .

最小值在区間的两個端点 $t=-\sqrt{2}$ 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，函數 $f(x)$ 的值域為 $\left[-\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}, 1\right]$ .

例

若關于 $x$ 的方程 $\sqrt{x-1} + \sqrt{3-x} = k$ 有实數解, 求实數 $k$ 的取值范围.

解

首先，由根式有意義，可知 $x-1 \ge 0$ 且 $3-x \ge 0$ , 故 $x$ 的取值范围為 $[1, 3]$ . 令 $t = \sqrt{x-1} + \sqrt{3-x}$ . 問題转化為求函數 $t(x)$ 在定義域 $x \in [1,3]$ 上的值域.

這是一個无理函數，我们考虑通過換元簡化结構. 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}

為了确定 $t^2$ 的范围, 我们需要先确定根号内二次函數 $u(x) = -x^2+4x-3$ 在 $x \in [1,3]$ 上的范围. 配方得 $u(x) = -(x^2-4x+4-4)-3 = -(x-2)^2+1$ . 這是一個開口向下，顶点為 $(2,1)$ 的抛物線. 在区間 $[1,3]$ 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 $u(x)$ 的值域為 $[0,1]$ .

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

因為 $t \ge 0$ , 所以 $t$ 的值域為 $[\sqrt{2}, 2]$ . 故实數 $k$ 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對称式 $x+y$ 和 $xy$ 構成. 令 $u=x+y, v=xy$ .

用新變量表示原方程组：注意到 $x^2+y^2 = (x+y)^2-2xy = u^2-2v$ . 原方程组可转化為關于 $u,v$ 的方程组：

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

解關于 $u,v$ 的方程组：由第二個方程得 $v=5-u$ . 将其代入第一個方程：

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 $x,y$ ，并檢验范围： $x,y$ 是關于 $t$ 的一元二次方程 $t^2-(x+y)t+xy=0$ , 即 $t^2-ut+v=0$ 的两個实數根. 该方程有实數根的充要条件是其判别式 $\Delta \ge 0$ , 即 $u^2-4v \ge 0$ .

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

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

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

例

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

解

這是一個係數對称的四次方程，也称為倒數方程. 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

将係數相同的項结合：

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 $x$ 為非零实數, 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，得到關于 $t$ 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 $t = \dfrac{5}{3}$ .

檢验 $t$ 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, 我们解關于 $x$ 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，原方程的解為 $x=\dfrac{1}{2}, 2$ .

待定係數法

当已知函數或多項式的结構類型时，可先设出其含有未知係數的標准形式，再根据已知条件列方程（组）解出係數. 這是求解析式的基本方法.

典例剖析

在解决綜合性問題时，選择不同的切入点，往往会通向风格迥异的解題路径.

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，考验整理與观察能力. 我们将原式看作關于變量 $a$ 的多項式, 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 $(b-c)$ 显現出来.

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

為美观，常整理為轮換對称形式.

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

想法二：因式定理

解

将原式看作關于 $a$ 的多項式 $P(a)$ . 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 $(a-b)$ . 由于原式是轮換對称式（ $a,b,c$ 轮換后表达式不變）, 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，故它们只相差一個常數倍. 设 $P(a,b,c) = k(a-b)(b-c)(c-a)$ . 取特殊值 $a=1, b=2, c=0$ 代入檢验：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：待定係數法

解

我们观察原式的结構：它是關于 $a,b,c$ 的三次齐次式, 且具有轮換反對称性——即在 $a,b,c$ 的轮換下不變, 但交換任意两個變量则變号. 這种性質强烈暗示其因式分解中應含有 $(a-b)(b-c)(c-a)$ ，因為這恰好是最簡單的满足相同對称性質的三次齐次式.

设

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

其中 $k$ 為待定常數. 為确定 $k$ , 我们選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"猜根验證"，需要對零点的敏感；待定係數法则是"從结構倒推"，依赖對對称性的深刻理解. 在竞赛中，后两者往往更為高效.

例

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

解

題目告知 $f(x)$ 是二次函數, 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 $2ax + (a+b) = 2x + 0$ 對一切 $x$ 成立.

比较两边同次項係數： $x$ 的係數给出 $2a = 2$ , 即 $a = 1$ ；常數項给出 $a + b = 0$ , 即 $b = -1$ .

因此 $f(x) = x^2 - x + 1$ .

例

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

解

设

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

其中 $A, B, C$ 為待定常數.

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

由于這是關于 $n$ 的恒等式, 我们可以代入任意 $n$ 值来确定係數.

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與積分的基本工具. 上例的结果可進一步改寫為

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

這种"裂項"形式使得级數求和时相邻項大量抵消，這正是下一节的主題.

裂項相消法

将通項分解為两項（或多項）之差，使得求和时相邻項依次抵消，僅余首尾若干項. 此法的难点在于如何"凭空"發現裂項结構.

常见裂項公式

以下公式可视為基本工具，其證明均可由待定係數法或直接通分验證.

\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!

練習

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

解

利用裂項公式 $\dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1}$ ，原式化為

\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

分母是两個根式之和，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

直接观察通項，注意到 $k \cdot k! = (k+1-1) \cdot k! = (k+1)! - k!$ . 這正是一個裂項结構.

\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

由待定係數法一节的结論，

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

设 $a_k = \dfrac{1}{k(k+1)}$ , 则通項為 $\dfrac{1}{2}(a_k - a_{k+1})$ . 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

分母是两個奇數的乘積，其差為 $2$ . 應用公差為 $2$ 的裂項公式：

\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}

分离常數法

当分式的分子次數不低于分母次數，或分式结構中含有"整數部分"时，可将其分离出来，使剩余部分更易处理.

練習

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

解

分子次數（ $2$ 次）高于分母次數（ $1$ 次），先做多項式除法.

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

故

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

例

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

解

直接处理此分式较為困难. 我们将分子改寫為含 $(x-1)$ 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 $x - 1 \> 0$ , 從而 $\dfrac{3}{x-1} \> 0$ .

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

若題目改為 $x \ge 2$ , 则 $x - 1 \ge 1$ , 從而 $\dfrac{3}{x-1} \le 3$ . 此时 $y \le 5$ , 且 $y \ge 2 + \dfrac{3}{1} = 5$ 在 $x = 2$ 时取得. 故最小值為 $5$ .

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, 我们改寫分子為關于 $(x-1)$ 的多項式.

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}

現在可對 $t + \dfrac{1}{t}$ （ $t \> 0$ ）應用均值不等式：

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

這是一個分式函數，分子分母同為二次. 直接化簡困难，我们從"反解"的角度入手.

若 $y$ 属于值域, 则存在实數 $x$ 使得 $y = \dfrac{3x^2 - 4x + 5}{x^2 + 1}$ . 整理為關于 $x$ 的方程：

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

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

此方程有实數解 $x$ 的条件需分類讨論.

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

若 $y \ne 3$ ：這是關于 $x$ 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

解這個一元二次不等式：

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（ $3 \in [4 - \sqrt{5}, 4 + \sqrt{5}]$ ）, 函數的值域為 $[4 - \sqrt{5}, 4 + \sqrt{5}]$ .

整體思想

将複杂表达式中的某一部分视為整體，利用已知条件中關于這個整體的信息，避免繁琐的逐步展開.

練習

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，较為繁琐. 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 $t$ 表示更高次的對称式.

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

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

解

分子是两個平方的差，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

直接展開 $(x-2)^5$ 并逐一讀取係數是可行的，但较為繁琐. 我们利用整體代值的思想.

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 $f(x)$ 的结構： $x^5, x^3, x$ 均為奇次項, 而 $-8$ 為常數項. 设 $g(x) = x^5 + ax^3 + bx$ , 则 $g(x)$ 是奇函數, 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 $f(2) = -16 - f(-2) = -16 - 10 = -26$ .

一些有用的數論知识

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

本节從高考對數論的基本要求出發，稍作一点擴展，记住本节的定義是至關重要的（比如素數是什么），其他選讀即可.

整除性

我们對數論的探索始于整數之間最基本的關係：整除性.

整除性

设 $a, b$ 為整數, 且 $a \neq 0$ .如果存在一個整數 $k$ , 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 $b$ 的约數或因子, 称 $b$ 是 $a$ 的倍數.如果 $a$ 不能整除 $b$ , 则记作 $a \nmid b$ .

由定義直接可以推導出整除性的一些基本性質：

整除性的基本性質

设 $a, b, c$ 為任意整數.

(自反性) 若 $a \neq 0$ , 则 $a | a$ .
(传递性) 若 $a | b$ 且 $b | c$ , 则 $a | c$ .
(線性组合性) 若 $a | b$ 且 $a | c$ , 则對任意整數 $x, y$ , 都有 $a | (bx + cy)$ .

證明

(1) 和 (2) 的證明是直接的，我们在此證明性質 (3). 因為 $a|b$ 和 $a|c$ , 故存在整數 $k_1, k_2$ 使得

b = ak_1, c = ak_2

對于任意整數 $x, y$ , 我们考察線性组合 $bx+cy$ ：

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

由于 $k_1, k_2, x, y$ 均為整數, 故 $k_1x + k_2y$ 也必為整數.根据整除性的定義，

a | (bx + cy)

證毕.

線性组合性質是整除性理論中最為重要和有用的性質之一，它構成了许多數論問題證明的基礎.

為了更好地理解整除性的定義與性質，我们来看几個基礎的例子.

例

判断下列整除關係是否成立：

\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義和性質来判断.

\item[(1)] 成立.因為 $91 = 7 \times 13$ , 其中 $13$ 是一個整數. \item[(2)] 成立.因為 $157 \div 13 = 12 ... 1$ , 即 $157 = 13 \times 12 + 1$ .不存在整數 $k$ 使得 $157 = 13k$ , 故 $13 \nmid 157$ . \item[(3)] 成立.因為 $60 = (-4) \times (-15)$ , 其中 $-15$ 是一個整數.约數和倍數可以是负整數. \item[(4)] 成立.我们无需计算出表达式的具體结果.根据整除性的線性组合性質，我们观察到：

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

并且我们显然有 $5 | 55$.
因為 $5$ 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)

故该關係成立.

例

已知 $n$ 為整數, 證明 $n(n+1)$ 总是偶數.

證明

要證明一個數是偶數，即證明它可以被 $2$ 整除.我们對整數 $n$ 的奇偶性進行分類讨論.

情形一： $n$ 是偶數. 根据偶數的定義，存在整數 $k$ 使得 $n=2k$ . 因此 $2|n$ . 由于 $n$ 是 $n(n+1)$ 的一個因子, 根据整除性的传递性, 我们有 $2 | n(n+1)$ .

情形二： $n$ 是奇數. 若 $n$ 是奇數, 则 $n+1$ 必為偶數. 根据偶數的定義，存在整數 $k$ 使得 $n+1=2k$ . 因此 $2|(n+1)$ . 由于 $n+1$ 是 $n(n+1)$ 的一個因子, 同理可得 $2 | n(n+1)$ .

綜上所述，无論 $n$ 是奇數还是偶數, $n(n+1)$ 都能被 $2$ 整除, 即 $n(n+1)$ 总是偶數.這個结論表明，任意两個连續整數的乘積必為偶數.

最大公约數與辗转相除法

在处理多個整數之間的關係时，它们共有的约數，特别是最大的那一個，我们称之為最大公约數.

最大公约數

设 $a, b$ 是两個不全為零的整數.一個整數 $d$ 如果同时是 $a$ 和 $b$ 的约數, 则称 $d$ 是 $a$ 和 $b$ 的一個公约數. 在 $a$ 和 $b$ 的所有正公约數中, 最大的那一個數称為 $a$ 和 $b$ 的最大公约數, 记作 $\gcd(a, b)$ 或 $(a, b)$ .

例如，整數 $12$ 的正约數集合為 $\{1, 2, 3, 4, 6, 12\}$ , 整數 $18$ 的正约數集合為 $\{1, 2, 3, 6, 9, 18\}$ . 它们共有的正约數集合為 $\{1, 2, 3, 6\}$ . 因此，它们的最大公约數為 $6$ , 即 $\gcd(12, 18) = 6$ .

当两個數非常大时，通過列举所有约數来寻找最大公约數的方法是低效的.我们需要一個更係统、更高效的算法.這個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這個關键的引理.

引理

设 $a, b$ 為两個正整數, 不妨设 $a \> b$ .若 $a = bq + r$ , 其中 $q$ 是商, $r$ 是余數 ( $0 \le r \< b$ )，则

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

證明

我们只需證明數對 $(a, b)$ 的公约數集合與數對 $(b, r)$ 的公约數集合是完全相同的.如果這两個集合相同，那么它们的最大元也必然相同.

綜上，两個數對 $(a, b)$ 和 $(b, r)$ 的公约數集合完全相同，因此它们的最大公约數也必然相等.

這個引理告诉我们，计算 $\gcd(a, b)$ 的問題可以转化為计算规模更小的數對 $\gcd(b, r)$ 的問題.我们可以反複應用這個過程, 直到余數為 $0$ .

\paragraph{算法描述} 對于两個正整數 $a, b$ ( $a\>b$ ), 计算 $\gcd(a,b)$ 的步骤如下：

用 $a$ 除以 $b$ , 得到余數 $r_1$ .
若 $r_1 = 0$ , 则 $b$ 就是最大公约數，算法结束.
若 $r_1 \neq 0$ , 则将問題转化為求 $\gcd(b, r_1)$ .
重複以上過程，直到某一步的余數為 $0$ .该步的除數就是所求的最大公约數.

例

计算 $\gcd(1180, 482)$ .

解

我们應用辗转相除法：

\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}

余數序列為 $216, 50, 16, 2, 0$ . 最后一個非零余數是 $2$ , 所以 $\gcd(1180, 482) = 2$ .

例

计算 $\gcd(2024, 888)$ .

解

我们應用辗转相除法.

\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}

最后一個非零余數是 $8$ , 因此 $\gcd(2024, 888) = 8$ .

互素與最小公倍數

素數與合數

一個大于 $1$ 的正整數 $p$ , 如果其正约數只有 $1$ 和它本身, 则称 $p$ 為素數或質數. 一個大于 $1$ 的正整數，如果不是素數，则称之為合數.

按照定義， $1$ 既不是素數也不是合數.前几個素數為 $2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, ...$ .

互素

如果两個整數 $a, b$ 的最大公约數是 $1$ , 即 $\gcd(a, b) = 1$ , 则称 $a$ 和 $b$ 互素或互質.

例如， $\gcd(8, 9) = 1$ , 所以 $8$ 和 $9$ 互素.注意，两個數互素并不要求它们本身是素數.

與最大公约數相對應的概念是最小公倍數.

最小公倍數

设 $a, b$ 是两個非零整數.一個正整數 $m$ 如果同时是 $a$ 和 $b$ 的倍數, 则称 $m$ 是 $a$ 和 $b$ 的一個公倍數. 在 $a$ 和 $b$ 的所有正公倍數中, 最小的那一個數称為 $a$ 和 $b$ 的最小公倍數, 记作 $\text{lcm}(a, b)$ .

最大公约數和最小公倍數之間存在一個非常重要的關係.

定理

對于任意两個正整數 $a, b$ ，有

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

有兴趣的讀者可以自己翻閱相關書籍看證明過程.這個定理為计算最小公倍數提供了一個便捷的方法：先用辗转相除法求出最大公约數，然后利用上述關係式即可求得最小公倍數.

例

已知两個正整數為 $720$ 和 $336$ , 求它们的最小公倍數 $\text{lcm}(720, 336)$ .

解

我们利用關係式 $\gcd(a, b) \cdot \text{lcm}(a, b) = ab$ . 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數：

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

為了簡化计算，先進行除法：

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

故两個數的最小公倍數是 $5040$ .

不定方程

我们前面讨論的整除、公约數等概念，是數論的基礎工具.現在，我们将运用這些工具来探索一個古老而迷人的數學主題：不定方程 .

不定方程

一個變量個數多于方程個數，且我们只關心其整數解的方程（组），称為不定方程.

例如，方程 $x+y=5$ 有无穷多组实數解, 但如果我们限定 $x, y$ 必须為正整數, 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世纪法国數學家皮埃尔·德·费马提出.该定理断言：当整數 $n\>2$ 时, 關于 $x, y, z$ 的方程 $x^n+y^n=z^n$ 没有正整數解.费马在其《算术》一書的頁边空白处寫道, 他“發現了一個真正绝妙的證明, 但頁边太窄寫不下”.這個問題困扰了數學界三個半世纪, 直到1994年才由英国數學家安德鲁·怀尔斯最终證明, 他本人也因此在2016年获得阿贝尔奖（數學界的最高奖項）.}所研究的方程 $x^n+y^n=z^n$ (当 $n\>2$ 时没有正整數解)所研究的方程 $x^n+y^n=z^n$ (当 $n\>2$ 时没有正整數解)，是歷史上最著名的不定方程之一. 求解不定方程，本質上是在格点世界中寻找满足特定代數關係的几何点，是纯粹數學思想的體現.

線性不定方程\texorpdfstring{ $ax+by=c$

{ax+by=c}}

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

這個方程是否有解？有多少解？下面的定理给出了根本性的回答.

裴蜀定理

设 $a, b$ 為不全為零的整數, 则不定方程 $ax+by=c$ 有整數解的充分必要条件是 $\gcd(a, b) | c$ .

證明

我们分两部分證明.

\paragraph{證明必要性 ( $\Rightarrow$ ):} 假设方程 $ax+by=c$ 存在一组整數解 $(x_0, y_0)$ , 即 $ax_0+by_0=c$ . 令 $d=\gcd(a,b)$ . 根据最大公约數的定義, 我们有 $d|a$ 和 $d|b$ . 根据整除性的線性组合性質， $d$ 必然整除 $a$ 和 $b$ 的任何線性组合. 因此， $d|(ax_0+by_0)$ , 即 $d|c$ .

\paragraph{證明充分性 ( $\Leftarrow$ ):} 這部分的證明需要構造出一個解，通常借助擴展欧几里得算法，此处從略.其思想是，总存在整數 $x', y'$ 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 $ax+by=c$ 的一個特解 $(x_0, y_0)$ ，就可以推導出其通解.

線性不定方程的通解

若 $d=\gcd(a,b)$ 且 $d|c$ , 不定方程 $ax+by=c$ 的一個特解為 $(x_0, y_0)$ ，则其所有整數解（通解）可以表示為：

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

證明

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

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

由于 $\gcd(\frac{a}{d}, \frac{b}{d}) = 1$ , 即 $\frac{a}{d}$ 與 $\frac{b}{d}$ 互素. 根据整除理論，必然有 $\frac{b}{d} | (x-x_0)$ . 因此，存在整數 $k$ 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 $\frac{a}{d}(k \cdot \frac{b}{d}) = -\frac{b}{d}(y-y_0)$ , 化簡得 $y-y_0 = -k \cdot \frac{a}{d}$ . 即 $y = y_0 - \frac{a}{d}k$ .

寻找特解 $(x_0, y_0)$ 的關键是利用辗转相除法的過程“逆行”, 表达出 $\gcd(a,b)$ 關于 $a,b$ 的線性组合.

例

求不定方程 $56x+72y=40$ 的整數解.

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 $\gcd(56, 72)=8$ . 因為 $8|40$ ，所以方程有整數解.

接着，我们從辗转相除法的倒數第二步開始，反向構造出 $8$ 的線性组合.

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 $56(4)+72(-3)=8$ .

為了得到右侧的 $40$ , 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 $k$ 為任意整數.

非線性不定方程的常见解法

對于非線性不定方程，不存在统一的通解公式.其求解更依赖于對代數结構的洞察和數論性質的應用，方法灵活多變.下面介绍几种的策略.

\paragraph{1. 因式分解法} 這是最直接的思想：将方程變形為 $A \cdot B \cdot ... = C$ 的形式, 其中 $A,B,...$ 是含未知數的整式, $C$ 是一個具體的整數.由于解是整數, 所以 $A,B,...$ 的值也必為整數.問題就转化為考察整數 $C$ 的所有因子分解情况.

例

求不定方程 $x^2-y^2 = 91$ 的所有正整數解.

解

方程左侧是平方差，可直接分解：

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

由于 $x,y$ 是正整數, $x+y$ 和 $x-y$ 都是整數. 且 $x+y \> 0$ . 因為其乘積為正數 $91$ , 所以 $x-y$ 也必须為正. $x+y \> x-y$ .

我们将 $91$ 分解為两個正整數的乘積，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 $y=3$ .

綜上，方程的正整數解為 $(46, 45)$ 和 $(10, 3)$ .

例

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

解

首先對代數式進行變形，消除分母.

5y+5x = xy

移項整理，為因式分解做准備.

xy-5x-5y=0

這是構造“十字相乘”的變形，常被称為“Simom的最爱因式分解技巧\footnote{来自Art of Problem Solving係列的讀者Simon Rubinstein-Salzedo贡献，因此也由其名命名，是個簡單但是优雅的方法.}”（換句话說，分组分解法）.

x(y-5) - 5y = 0

為了凑出 $(y-5)$ 的因子，我们添一項：

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

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

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

逐一求解：

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

因此，方程的正整數解為 $(6, 30), (10, 10), (30, 6)$ .

\paragraph{2. 模运算（同余）檢验法*} 此方法是判断方程有无整數解的“筛選器”. 其逻辑是：如果一個整數方程有解，那么它在模任何整數 $n$ 的意義下也必然有解.反之, 如果我们能找到一個模 $n$ ，使得方程在该模下无解，那么原方程必无整數解.

例

證明方程 $x^2-5y=3$ 没有整數解.

解

我们将方程變形為 $x^2 = 5y+3$ . 這個形式启發我们考察方程模 $5$ 的情况.

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

x^2 \equiv 3 \pmod{5}

我们来檢验所有整數平方后模 $5$ 的可能余數. $0^2 \equiv 0 \pmod{5}$ $1^2 \equiv 1 \pmod{5}$ $2^2 \equiv 4 \pmod{5}$ $3^2 \equiv 9 \equiv 4 \pmod{5}$ $4^2 \equiv 16 \equiv 1 \pmod{5}$

一個整數的平方模 $5$ 的余數只可能是 $0, 1, 4$ . 不存在任何整數 $x$ , 使得其平方模 $5$ 的余數為 $3$ . 因此，方程 $x^2 \equiv 3 \pmod{5}$ 无解，從而原方程无整數解.

\paragraph{3. 不等式约束法*} 通過代數變形或利用變量的已知属性（如正整數），建立關于未知數的不等式，從而限定其取值范围.這可以将无限的搜索空間缩小為有限個需要檢验的個案.

例

求不定方程 $x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx$ 的整數解.

解

此方程结構對称，直接寻找整數解较為困难.我们尝试将其變形為一個更易于分析的形式. 将方程两边同乘以 $2$ :

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

移項：

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 $x,y,z$ 是整數, 所以 $x-y, y-z, z-x$ 也是整數. 它们的平方 $(x-y)^2, (y-z)^2, (z-x)^2$ 必然是非负整數. 三個非负整數之和為零的唯一可能性是，這三個數同时為零.

\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，方程的整數解為所有形如 $(k, k, k)$ 的數组, 其中 $k$ 為任意整數.

毕达哥拉斯三元组*

不定方程 $x^2+y^2=z^2$ 的正整數解 $(x,y,z)$ 被称為毕达哥拉斯三元组或勾股數. 我们来探究其通解的構造方法.

如果 $(x,y,z)$ 是一组解, 那么 $(kx,ky,kz)$ 對任意正整數 $k$ 也都是一组解. 為簡化問題, 我们只需求解 $\gcd(x,y,z)=1$ 的情况，這類解被称為本原解.

本原毕达哥拉斯三元组通解

不定方程 $x^2+y^2=z^2$ 的所有本原正整數解 $(x,y,z)$ 可由下式给出（交換 $x,y$ 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數：

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

證明

在一個本原解 $(x,y,z)$ 中, $x,y$ 必為一奇一偶.（若 $x,y$ 皆為偶數, 则 $z$ 必為偶數, 與 $\gcd(x,y,z)=1$ 矛盾；若 $x,y$ 皆為奇數, 则 $x^2 \equiv 1, y^2 \equiv 1 \pmod{4}$ , 所以 $z^2 = x^2+y^2 \equiv 2 \pmod{4}$ ，而任何整數的平方模4都不可能為2.）

不失一般性，设 $x$ 為奇數, $y$ 為偶數. 于是 $z$ 必為奇數. 我们将方程變形為

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

由于 $x,z$ 均為奇數, 故 $z-x$ 和 $z+x$ 均為偶數. 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. $\gcd(u,v) = \gcd(\frac{z-x}{2}, \frac{z+x}{2}) = \frac{1}{2}\gcd(z-x, z+x)$ . $\gcd(z-x, z+x) = \gcd(z-x, (z+x)-(z-x)) = \gcd(z-x, 2x)$ . 因為 $z-x$ 是偶數, $2x$ 也是偶數, 所以 $\gcd(z-x, 2x)$ 至少為2. 同时， $\gcd(\frac{z-x}{2}, x)= \gcd(u, x)$ . 由于 $\gcd(z,x)=1$ (本原解的性質)， $\gcd(u,x) = \gcd(\frac{z-x}{2}, x) = \gcd(\frac{z-x}{2}+x, x) = \gcd(\frac{z+x}{2}, x) = \gcd(v,x)$ . 且 $\gcd(u,v) = \gcd(u, v-u) = \gcd(u,x)=1$ . 因此 $u, v$ 互素.

两個互素的整數 $u,v$ 的乘積 $uv$ 是一個完全平方數 $k^2$ , 那么 $u,v$ 本身也必须是完全平方數. 设 $u=n^2, v=m^2$ , 其中 $m,n$ 為正整數.

将 $u, v$ 用 $m,n$ 代換，我们得到： $z-x = 2u = 2n^2$ $z+x = 2v = 2m^2$ 解這個方程组，得到 $x = m^2-n^2, z = m^2+n^2$ . $y^2=4uv=4n^2m^2 \implies y=2mn$ .

最后，我们验證參數 $m,n$ 的性質. $m\>n$ 保證了 $x$ 為正. $\gcd(m,n)=1$ 保證了 $u,v$ 互素，從而保證解是本原的. $m,n$ 一奇一偶保證了 $x=m^2-n^2$ 和 $z=m^2+n^2$ 均為奇數，符合我们的初始假设.

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