万恶之源-因式分解【7】

因式分解

定义：轮换式与对称式

对称式：关于 \(x\)、\(y\) 的多项式，如果互换字母而多项式仍然保持不变，则称为关于 \(x\)、\(y\) 的对称式。
对于三元的情况，互换任意两个字母仍保持不变则是三元对称式。

轮换式：关于 \(x\)、\(y\)、\(z\) 的多项式，如果将字母轮换，即 \(x->y，y->z，z->x\)，多项式仍保持不变的，成为关于 \(x\)、\(y\)、\(z\) 的轮换式。
对于更多元的情况亦是如此。
容易看出对称式一定是轮换式，但是轮换式不一定是对称式。

两个轮换式经过四则运算（规定除式整除被除式）仍然是轮换式。

典型方法：试根

首先声明一点本文默认读者掌握了因式定理。如果还不会的可以去网上搜搜。轮换对称的一大典型方法就是试根。尝试出一个因式后，可以判断原式是否是轮换式，这样就可以一下判断出很多因式。

先来看一道题：

\(\Large\mathbf{P}\)\(\mathbf{ROBLEM 1}\)

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

\(\mathbf{sol}\)

很简单，用因式定理即可。可以看出 \(x=y\) 时原式=0，因为原式是一个三元轮换式，所以 \((x-y),(y-z),(z-x)\) 都是它的因式。由于原式是一个三次齐次式，因此我们知道这三个因式之积和分解式最多相差一个常数 \(k\)。用待定系数法比较系数可得到 \(k=-1\)。

这就是轮换对称的典型方法。让后再来看一道类似的

\(\Large\mathbf{P}\)\(\mathbf{ROBLEM 2}\)

\(x^3(y-z)+y^3(z-x)+z^3(x-y)\)

\(\mathbf{sol}\)

用第一题的方法可以得到原式有因式 \((x-y)(y-z)(z-x)\)。由于原式是一个四次齐次式，因此二者之间相差一个一次齐次式。不妨设这个齐次式为 \(k(a+b+c)\)。剩余部分就是待定系数法比较即可。

随后来看点不一样的。三次齐次式的分解。

\(\Large\mathbf{P}\)\(\mathbf{ROBLEM 3}\)

\((a+b+c)^3-(b+c-a)^3-(c+a-b)^3-(a+b-c)^3\)

\(\mathbf{sol}\)

本题思路与上述题目一样，但是求根方法有些许不同。在这里我们用的方法是令某个元等于0。当 \(a=0\) 时原式=0，因此我们知道 \(a\) 是分解式的一个因式。同样的，由于原式是三元齐次轮换式，所以 \(a,b,c\) 都是原式的因式。剩余步骤与1、2类似，求常数系数 \(k\)。此处用待定系数法有些麻烦，所以用赋值法，让得到的结果尽可能小再比较即可（此处的值必须使得 \(abc=1\)，否则就无法求出 \(k\) 了。）

这就是几种求根的方法。第一是代换法，第二是归零法（作者自己起的名字。当然还有一种求根法没有说，就是令 \(a=b\pm c\) 之类的。这就是常用的三种方法。大部分简单的轮换对称都可以通过这些方法来求解。

处理齐次/非齐次轮换式

我们不能确保每一道题目都是齐次式，往往会有非齐次式的出现。那么我们该如何处理呢？也很简单，将非齐次式中齐次的项进行组合，这样就可以将一个长非齐次式分解成多个齐次式的和的形式，在进行分解并提取公因式即可。

\(\Large\mathbf{P}\)\(\mathbf{ROBLEM 4}\)

\((x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5\)

\(\mathbf{sol}\)

用前面的方法易知这个多项式有因式 \((x-y)(y-z)(z-x)\)。因为原式是一个五次齐次式，而我们目前找到的因式只是三次齐次式，所以二者相差一个二次齐次轮换式。对于这个二次轮换式，其一般形式是这样的：

\[l(x^2+y^2+z^2)+m(xy+yz+zx) \]

然后我们就可以通过赋值求出 \(l\) 和 \(m\) 了，随后就分解完成了。

\(\Large\mathbf{P}\)\(\mathbf{ROBLEM 5}\)

\(a^5-b^5-(a-b)^5\)

\(\mathbf{sol}\)

原式不是轮换式。它在字母互换时变号。因此我们可以令 \(c=-b\)，在进行求根即可。当然更简单的方法是通过换元使得这个式子转换为上面的那个轮换式，在进行分解。

接下来，我们来看一道非齐次式的分解。

\((y^2-z^2)(1+xy)(1+xz)+(z^2-x^2)(1+yz)(1+yx)+(x^2-y^2)(1+xz)(1+zy)\)

第一眼上来发现，这个式子里含有常数项，因此不是齐次式。通过上面的方法易知原式有因式 \((x-y)(y-z)(z-x)\)。然后我们找不到因式了，怎么办呢？我们可以按照次数将这个式子整理一下，变成两个齐次式相加，再尝试提取公因式，最后用待定系数搞完即可。

\(a^3+b^3+c^3-3abc\)

这是一个很常用的公式。我们先尝试将这个公式分解一下。

\(\Large\mathbf{P}\)\(\mathbf{ROBLEM 6}\)

\(a^3+b^3+c^3-3abc\)

\(\mathbf{sol}\)

易知原式有因式 \((a+b+c)\)。并且剩下的是一个二次齐次轮换式，形式为：\(l(a^2+b^2+c^2)+m(ab+bc+ca)\)。待定系数比较即可。

然后分解完成，我们就能得到公式：\(a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)\)。当然也可以这么写：\(a^3+b^3+c^3-3abc=\dfrac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]\)。这正好引出了另外一个常考的乘法公式：

\[a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=\dfrac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \]

这种乘法公式一般运用于技巧性题目。

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总结来说，轮换式的分解可以分为这么几步：

1. 先求根
2. 根据根来求因式（根据轮换性一般可以求出多个因式）
3. 如果求出因式的次数=原式次数，则直接待定系数法求系数；如果小于原式次数，则乘上少的那部分的基本轮换式，随后待定系数或赋值法求系数；如果找出因式次数>原式次数，则可以判定原式一定为0。

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\[x^8+14x^4+1 \]

这是一道因式分解题。在课上老师说的是在实数域内分解，但是这道题实际上是可以在有理数内分解的。它可以分解为两个四次五项式的乘积。尽管这道题很少一部分是我研究出来的，其他大部分归功于sc的诸位大佬，但是我还是不要脸的来这里写一下这\(\color{red}\text{种}\)题目的做题方法。

首先，我们先陪一个四次项平方，即 \(x^4+1\) 的平方。
\(=(x^8+2x^4+1)+12x^4\)
然后我们想办法处理剩余的四次项。方法也是配方，以 \((x^4+1)^2\) 为 \(a^2\) 项。
\(=(x^4+1)^2+2\times(x^4+1)\times tx^2+(tx^2)^2-2tx^2(x^4+1)+(12-t^2)x^4\)
不着急，我们一项项解释。

首先是第一项，不必多说，是我们刚才配的平方。然后第二项，是第二个平方的中间项。\(b^2\) 项我们配了一个 \(t^2x^4\)，其中 \(t\) 是一个参数，我们一会儿就要求出它的值。倒数第二项是减去配上的中间项，最后一项是剩余的四次项。

然后我们继续，

\(=(x^4+tx^2+1)^2-2tx^2(x^4+1)+(12-t^2)x^4\)
\(=(x^4+tx^2+1)^2-2tx^2\left(x^4-\dfrac{12-t^2}{2t}x^2+1\right)\)

到了这一步就可以求出 \(t\) 的值了。有人说瞪眼可以得到 \(t_1=2\)，因为这样满足这些条件：

\[\begin{cases}\ -\dfrac{12-t^2}{2t}=\pm2 \\ t>0 \\ -2t<0 \\ \sqrt{2t}是整数 \end{cases} \]

的确是这样，我们可以根据这四条条件来求出 \(t\)。

再求出 \(t=2\) 之后，我们的题目就已经做完大半了。剩余部分就直接代入即可。

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

\(=(x^2+1)^4-[2x(x^2-1)]^2\)

\(=(x^2+1)^4-[2x(x+1)(x-1)]^2\)

\(=[(x^2+1)^2+2x(x+1)(x-1)][(x^2+1)^2-2x(x+1)(x-1)]\)

\(=(x^4+2x^3+2x^2+2x+1)(x^4-2x^3+2x^2-2x+1)\)

用什么方法都易证这两个式子不能再分解了。因此我们就分解完成了。这种解法是这类题的通用解法。

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实数域内的因式分解

接下来，我们放宽眼界，进入实数集。 当然我们就引入 \(\sqrt a\) 这个东西了。

那么，有了根式，我们的眼界就可以拓宽很多了。

带根式的因式分解

\(x^2-3\)，这个在有理数集内显然既约的二次二项式，在我们引入根号后就可以轻松分解了：

\(=(x+\sqrt 3)(x-\sqrt 3)\)

我们再来看一个二次三项式的一般式： \(ax^2+bx+c\)。

我们知道，有一个好东西叫做求根公式：

\(x=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\)

然后我们就知道\(\sqrt{b^2-4ac}可以写成\Delta\)，然后根据一点一元二次方程的知识，就可以判断上面那个二次三项式在有理数集内是否可约。

\(\begin{cases} \Delta < 0 \ \ \ 原二次三项式在有理数集内不可约（即找不到两个实数根）\\ \Delta \ge 0 \ \ \ 原二次三项式在有理数集内可约（即可以找到两个实数根）\end{cases}\)

这和判断一元二次方程是否有实数根一个道理。

最后写一个通式：\(ax^2+bx+c=a\left(x-\dfrac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\right)\left(x-\dfrac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\right)\)

复数集内的因式分解

前置知识：虚数单位\(i\)，规定\(i^2=-1\)。

范围的拓宽

我们来看\(x^2+1\)这个多项式。它在有理数集内显然可约，但是我们引入根号，就可以将其分解成：

\((x+\sqrt 1)(x-\sqrt 1)\)

随后我们继续来看一个式子：\(x^2+2x+1+y^2\)。这个式子在有理数集和实数集内显然不可约，它只能分解成：\((x+1)^2+y^2\)。随后，我们引入虚数单位i，就可以将其分解为：\((x+1+iy)(x+1-iy)\)。随着范围的扩大，可以分解的式子就越来越多了。

单位根

\(x^n-1\)的根被称为n次单位根。这东西很重要。

比如说，1次单位根只有1，二次单位根是\(\pm1\)。四次单位根则有四个，两个实的两个虚的：\(\pm1 \& \pm i\)。

根据《第三版初中数学竞赛小蓝本》，复数集内有n个n次单位根，它们是：

\[\cos\frac{2k\pi}{n}+i \sin\frac{2k\pi}{n}(k=1,2\cdots n) \]

其中，k=n的情况下，原式得1。

然后我们来看三次单位根。

首先可以对三次式\(x^3-1\)进行因式分解：\((x-1)(x^2+x+1)\)。从第一个因式很容易看出来一个根是1，那另外两个根是啥呢？不是正1负1这类实数，而是第二个二次三项式的两个根。由求根公式检验：

\(x=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\)，其中\(a=1，b=1，c=1\)。

我们可以发现，\(\sqrt{b^2-4ac}<0\)，即原方程无实根。然后我们将abc代入，就能得到第二个因式的两个根：

\(x_1=\dfrac{-1+\sqrt 3i}{2}\)和\(x_1=\dfrac{-1-\sqrt 3i}{2}\)

再加上1，这些就是三次单位根了。

多项式的既约问题

上面已经提到这个概念了，就是这个多项式是否能分成多个多项式或单项式的乘积。那么如何判别这个多项式是否可以被约呢？有人可能会说，那就尝试因式分解，能分解就分解，不能分解说明既约。但是这个东西有点麻烦，就是当你遇到系数特别大或者次数特别高的式子，且杂乱无章没有任何规律的复杂式子，那我们在进行尝试因式分解就会比较麻烦了。那该怎么办呢？接下来我将描述一种非常好用的因式既约判别法——艾氏判别法。

艾氏判别法

\(设f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0是\)整系数多项式，
如果存在一个质数\(p\)满足以下条件：

• \(p\)不整除\(a_n\)；

• \(p\)整除除\(a_n\)外的所有系数；

• \(p^2\)不整除\(a_0\).

那么\(f(x)\)在有理数集内不可约。

看完这东西我只想说一句话：发明这东西的人真是个天才

可以看到，因式分解是一个很好玩的东西。那它和分式计算有什么关系呢？

正文

分式，是指分母有未知数的式子。比如下面这些都是分式：

\(\dfrac{1}{x},\dfrac{x^2+y^2}{x^3+9x^2+x+9}\)

各种各样的。

那我们来看一个分式的计算题：

\(\dfrac{a-1}{a+2}\times\dfrac{a^2-4}{a^2-2a+1}\div\dfrac{1}{a^2-1}\)

如果你不会一点因式分解，也不知道什么平方公式，单独看这个你会感到非常麻烦，因为看似这坨东西非常无厘头，还好是乘法，如果这是加减法那么将更加复杂。

但是，如果我们做一点点只是铺垫呢？

\((a-b)^2=a^2-2ab+b^2\)和\(a^2-b^2=(a+b)(a-b)\)

那么我们就会发现这个式子中有很多东西可以进行分解，可以分成这样：

\(\dfrac{a-1}{a+2}\times\dfrac{(a+2)(a-2)}{(a-1)(a-1)}\times(a+1)(a-1)\)

注：有的平方我展开了为了更加好看约分

这样一看，嗯，不错，整个式子都清爽不少了。约分试试，可以发现最后只剩下了两个一次因式的乘积：\((a-2)(a+1)\)