一元多项式在中学数学中的应用

【标题】一元多项式在中学数学中的应用

【作者】陆应华

【关键词】一元多项式带余除法整除韦达定理

【指导老师】罗颂

【专业】数学与应用数学

【正文】
1、引言
数学竞赛不仅是选拔数学尖子生，更重要的是培养学生对数学的兴趣和数学思想的推广，所以数学竞赛也越来越受人们的青睐。当今科技的进步在很大程度是数学的发展，今天科技即是数学，因此数学无论是在升学考试和各级选拔人才的考试中也是很重要的在中学数学竞赛当中多项式是一个重点。多项式是各级各类数学竞赛的热点内容，它的研究和讨论是基于一元二次方程等方面的有关内容的类比和推广而展开的。多项式是代数学中最基本的研究对象之一，对于培养学生正确的理解数学思想、掌握数学解题方法和策略是非常重要的。多项式本身就是对中学所学数学知识的加深，并且是推广到更一般的情况。鉴于此怎样能让中学生接受和理解一元多项式的相关定义、性质、定理这就是关键。本文主要是简化相关定理、性质的证明，使之能更比较容易的让中学生所接受和应用，以及对一般情况下遇见的一元多项式相关问题的一般解法。
2、基本定义
定义2.1 （多项式）在先前我们学过形如称为一元二次多项式，同样形如（是整数）称为一元多项式，称为第项，称为第项的系数，如果中则称为首项系数，称为多项式的次数，多项式的次数记为。通常用、表示多项式。
定义2.2 （多项式相等）如果两个多项式除去次数为零的项外，同次项的系数全相等，那么就称和相等，记为 = 。
例1：，，
若 = 。
定义2.3 （多项式相加）若和相加，次数相等的项系数相加，实质是提取相同的因子。
例2：若，，且，则有，。
定义2.4 （多项式的乘法）若
，，
。
定义2.5 （整除与因式分解）若多项式和，如果存在多项式，使得等式称整除，也可以说成是的因式，记为。
定义2.6 （最大公因式）设多项式和，如果是的因式，同时也是的因式，则称是和的公因式。若多项式为和的最大公因式，如果满足下列两个条件：
①、为和的因式。
②、和的公因式全为的因式。
如果和的最大公因式为1，则称和互素。记：为和的最大公因式。
定义2.7 （一元多项式的根）如果多项式在时函数值，则就称为的一个根，若为复数则称之为的一个复根。
3、相关定理及性质
定理3.1 对于任意多项式和有，
若和均为非零多项式，则有
。
证明：设，，则有，。
∴ ）。
由 ∴ 。
定理3.2 （带余除法）对于两个多项式和，其中，则存在唯一的和，使得成立，其中
或。
证明：⑴首先证明和的存在性。
①若时，取即可。
② 时，设、，对作数学归纳法：
当时，则设、则有命题成立。
当时：当时结论显然成立。假设当时结论成立。当时，
设，，
且。
∴
∴ 即是存在满足条件的与。从而有将其代入可得

即是当是结论成立。
⑵对唯一性的证明（略）。
定理3.3 若充分必要条件是除以的余式为零。（证明略）
定理3.4 若且，则有。（证明略）
定理3.5 若、，则任意的和有
。（证明略）
定理3.6 任意两个不全为零多项式和。若存在最大公因式，且可以表示成和一个组合。即是存在和使得
。(证明略)
定理3.7 两个多项式和互素的充要条件是存在多项式和使得。
证明：（必要性）由，由定理3.6可得。
（充分性）设则有和所以可的即是有即必要性得证。
定理3.8 若多项式，且，则有。（证明略）
定理3.9 如果，，且，则有
。（证明略）
定理3.10 如果是多项式的根的充要条件是。（证明略）
定理3.10′ 任意多项式有。（证明略）
定理3.11 （多项式恒等定理）如果、的次数不超过，而它们对个不同的数、、…、，有相同的值，即是，则。(证明略)
定理3.12 （代数基本定理）每个次数不小于1的复系数在在C中有一根。(证明略)
定理3.13 复系数多项式，它有个根。
证明：设多项式的次数为，则有。
当时，结论显然成立。
假设当结论成立。则当时，由定理12可得存在使得，由定理2可得存在使得。由定义4可得，则有个根。由于是的一个根有上述可得当是结论成立。
综上所述可得命题成立。
定理3.14 （虚根成对定理）设为实系数多项式，若是它的一个复根，则也是其根。
证明：假设是的一个复根和，
。
∵ 是的一个复根。
∴ ，等式两端同时取共轭，则有。
∴ ，即命题得证。
定理3.15 （韦达定理）如果一元次多项式，的根是、、…、，则有：

4、具体的应用
4.1、恒等变形
多项式问题应用恒等变形是最基本的途径。包括结合变形和分解变形，常用的方法是乘法公式。
例1：，求。
分析：方法1：可由平方差公式可求。
方法2：两端最高次数相同。
解：1、
∴ 。
2、。
例2：多项式为奇（偶）函数的充要条件是的偶（奇）次项的系数为零。
证明：先证明为奇函数时。
⑴充分性显然。
⑵必要性：因为为奇函数，则有。
又∵ 。
∴ 。即是当为奇函数时结论成立。
同理可得当为偶函数时结论也成立。
热敏电阻说明：i、为奇函数。
ii、为偶函数。
4.2、待定系数表示法
待定系数法在多项式问题中使用非常广泛。一个多项式在什么条件下可选择不同的表示方法来解决问题。从而为解决问题带来非常简捷的方法。具体的表示法如下：
1、（定义）。
2、（带余除法）。
3、（因式分解）。
4、

。
5、，其中。
例1：已知满足、、、，求的取值范围。
分析：如果按传统方法把、、、的取值范围求出来再来求的取值范围，则比较繁琐。用拉格朗日插值法则比较容易解决此问题
解：

∴ 。
例2：设为实系数多项式，且是的根，则也是的根。
证明：方法1：可由定理14可以说明。（参看定理14的证明）
方法2：由复数的性质和带余除法可以证明。
设为的一根，则由多项式的定义可得
，用除时，由带余除法可得存在、使得，且有，不妨设。
∴ 。
又∵ 为的根，即是。
∴当时有即是。
∴ 。
∴当时，有。
∴ 也是的根。
例3：求适合的多项式。
解：当时，。
当时，。
当时，。
当时，。
…………………………………
当时，
∴ 。
故设。
由可得：

∴ 。
现在我们来证明是常数。（反证法）
若，则由定理12可得存在使得。
又∵ 。
∴ 也为的根。
………………………………………..
∴ 有无穷个根，有定理13矛盾。即有为常数。
即是有，是常数。
4.3、多项式的整除相关应用及余数定理
例1：用、、除的余式依次为、、，试求：
除的余式。
解：设，则由定理2可得、、为常数和
。
又∵ ，，。
∴由待定系数法的iv可得：
。
4.4、赋值
赋值就是对多项式中的取某些特殊值，以便导出我们所需要的结论，由多项式的定义我们可以得到以下结论：
1、、。
2、、。
3、、。
4、，。
例1：求整除的余式。
解：由于和。
又∵ 。
∴ 即是有。
设由定理2可得：
由此可得，不妨设。
∴ 。
太原战役取时，有。
∴ 、。
∴ 为所求余式。
4.5、递推关系和归纳法
例1：设多项式对任何均有且。
求。
解：∵ ，。
∴ 。
。
。
………………………………..
（由数学归纳法可证明）。
于是有无数个值使得，由定理11可得。
例2：试求多项式使其适合于。
解：取，且。
∴ 。
。
……………………………………….
∴ （由数学归纳法可证）。
∴有无穷多个根使得成立有定理11可得有。
4.6 多项式在数论中的应用
4.6.1 因数分解与多项式的因式分解
多项式理论与数论有很多相似之处，整系数多项式当中当取整数时，即是关于数论的问题。另外多项式系数、根的性质都是数，通过整数的性质寻解决问题的途径是一种技巧。
社会经济因素例1：设是不同的整数，求证：多项式不可能分成两个次数小于的整系数多项式。
证明：假设可以分成两个次数小于的整系数多项式，。
则有：，
∴ 。
又∵ ，为整系数多项式。
∴ 。
∴ 。
又∵ 。即是多项式有个根。
这与定理矛盾，即假设不成立，即原命题得证。
刚果红4.6.2、整值多项式
例1：求证：任何整系数多项式都不可能同时满足下述二个不等式：、。
证明：设。
∴ …………………………….…①式， ……………………………②式。
有②式-①式可得： ………..③式
有整数的性质可得③式是8的倍数，而为4的倍数
可得矛盾。即的原命题成立。
4.6.3、多项式表示进制法
给定一个正整数，则任意的整数均可以表示成为：，其中，，，叫做整数的进制法表示，记为：。
例1：1987可以在进制写成三位数，如果，试确定所有可能的、、和。（1987年加拿大数学竞赛试题）
解：由题意可得，，从而有：
。……………………….①式
∵1987可以用进制的三位数表示。
∴ ，即
又∵①式可得到。
∴ ，即是。
综上可得。
由①式可得是1962的因数，而1962的所有因数的情况有：1、2、3、6、9、18、109、218、327、654、981、196。
所以，即是。
由可知。
4.7、多项式的次数相关应用
4.7.1、多项式的次数分析
从分析次数入手，探讨多项式自身与多项式之间的性质开辟解的通道。
例1：设、、为实系数多项式，且适合。试证：。
证明：若、均不为零，则由可得左边的次数为偶次，而右边的次数为奇次。若当、至少有一个为零。若、当且仅有一个为零，与上同理可得不成立。即是有、均零，则有也为零即命题得证。
例2：展开式中的系数。
解：、，……、中的的系数分别为：、、……、。
∴在多项式中的系数为：交通节能与环保
，
由公式：可得：的系数为。
4.7.2、利用降次关系求值
在数学竞赛中求多项式的条件值是屡见不鲜。合理的利用条件中隐含的降次关系解答更为简捷。从理论上，应用降次关系完全可以解决多项式条件求值问题。只是具体的应用当中要将 , 。
例1、若，则。（1990年全国部分省、市初中数学通讯赛试题）
解：由可得到即是，所以可得。
。
代入可得：。
例2：当时多项式。（1994年全国初中联赛试题）
解：由可得：，即是。 ∴ 。
4.7.3、从分析多项式次数入手对多项式的求解方法的探讨
例1：（1975年加拿大）设是正整数，求多项式，其中，且满足。
解：∵ ，。
又∵
∴有。
1、当时，，∵ ，
∴ 。
①当时，。
②当时，可得：当时，则；
当时，则。
2、当时，由，则有。
由可得：，
比较两式的最高次项：由多项式的定义可得：，
∴有，可得：。
∴ ，
由零多项式的定义可得：。
∴ 。
4.8、综合应用
由于构成多项式的主要因素是次数和系数，所以分析次数和系数是解决多项式的基本方法，它综合了函数方程、数列、复数、不等式和数论等问题。作为数学竞赛可以开阔学生的视野，训练学生的综合分析问题的能力，特别是它解题思路独特和多样性，对学生的智力是非常重要的。
例1：、、、均为多项式，并且。证明：是、、、的公因式。
分析：由定理可得证明问题的实质是 = = = =0，当、、时可证。
证明：分别取、、带入等式
可得到方程组：

解之得 = = =0。再代入可以得到即命题得证。
说明：本题的解题关键在于虚数单位的性质应用。
例2：(韦达定理的应用)如果方程有三个成等比数列的不同实根，实数、、应满足什么样的充分必要条件？（1994—1955年波兰数学竞赛）
解：设三根为、，，则由韦达定理和三个根成等比数列可得：，即有，代入原方程，有化简，得。
由韦达定理，可得。
∵ 、，成等比数列。
∴ 。
城市信报由上可得，是方程的两根，此方程有两个不相同的实根的充要条件是，即，
因此，在与之间。
有上述可得所求条件是，和在与之间。
说明：本题是由韦达定理与构造一元二次方程来解题。

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