《高二竞赛讲义多项式的零点2.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高二竞赛讲义多项式的零点2.docx（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -高二数学竞赛班二试讲义第 2 讲多项式的零点班级姓名一、学问点金可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1设多项式f xa xnaxn 1a xa ，其中aF （ F 可以是复数集C ，实可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nn 110i可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结数集 R ，有理数集Q ，整数集 Z ），在 F 中的数使f 0 ，就称为f x 的零点。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 因式定理： 设f xF x ，就 x是f x 的零点的充要条件
2、是f x 被 x整除。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3 F x 中 n 次多项式至多有n 个不同的零点。C x 中 n 次多项式有n 个不同的零点。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4设F x中多项式f xa xnaxn 1a xa在 F 中至少有n1 个零点，就可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nn110f x 是零多项式（即全部项系数都是0）。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5 恒等定理： 设f x, g xF x ，假如有无穷多个F ，使得f g ，就可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f xg x （即 f 与
3、g 的同次幂的系数相等）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结6设f xxm q x，其中q0 ，当正整数 m1时，称为单根，当正整数 m1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结时，称为重根，运算f x 的零点个数时，重根计入重数。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结7设f x 是一个整系数多项式，p 是一个素数。 如整数满意f 0modp ，就称可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结是 f x 模 p 的一个零点，或称是同余方程f x0modp 的一个解。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结8拉格朗日定理：设f x 是一个整系数多项式，p
4、 是一个素数，f x 模 p 的次数为 n ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就同余方程至多有n 个互不相同（即模p 不同余）的解。如p3 是，x21mod 3 有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结两个解 x1 。但假如p 是合数，就结论不再正确，如x21mod8有两个解 x1,3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9设f xa xna xaZ x ，n1，a a0 ，且 a, a1。如 b 是f x可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n10n0n0c可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结的一个有理根，这里整数b 与 c 互素，就
5、c | an， b | a0可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结证明：由bnn 1n 1n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结f 0 得 anban c1bca1bca0c0 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于 abn1c,a bcn1 , a c n 都能被 c 整除，故 c | a b n ，有 b, c1，所以c | a ，同理b | a可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n 110nn0可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结10复数系数多项式C x 中任一个 n 次多项式f x n1 ，在复数集C 上可唯独的分解可编辑资
6、料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结为 f xan x1 xn ，其中an 是f x 的首项系数，f x 恰有 n 个复数根。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结11韦达（ Viete）定理：设1 ,2 ,n 是 f xa xna1 xa00 的 n 个根，就可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nnaan 1 ，a aan 2 ，a a aan 3，a aa1n a0可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ii 1aij1 ij naijk1 2na可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ann1 ij k nnn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品
7、名师归纳总结证明：对比a xna1xa0an x1 xn 左右两端xn r 的系数，左端xn r 的可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n系数为an r ，右端选 nr 个括号取x ，余下 r 个括号取常数项，故右端xn r的系数为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结a1raa，所以 aa1raa，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nk11 k1kr nk rn ran rnran r1 k1k1k rk r n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故有ak akakr1可编辑资料 - - - 欢迎
8、下载精品名师归纳总结12ra 1a1 k1kr nnn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 1 页，共 6 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -二、例题分析可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 1求x1002 x551 被 x21 除得的余式。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 1由于x21 是二次多项式，因此设x1002x551x21q xaxb可编辑资料 - -
9、- 欢迎下载精品名师归纳总结令 x1 得 ab0 ，令 x1 ，得ab4 ，所以 a2, b2 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即余式是2x2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 2证明：多项式x2 n2 x2n 13x2n 22nx2n1nN 没有实根。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 2记f xx2n2 x2n 13x2n 22 nx2n1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结对于 x0 ，明显有f x0可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 x0 时，xf xx2n 12 x2 n3 x2n 12nx 22n1x可编
10、辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1xx1f xx2n 1 f xxf xx 2n 1x2nx 2n 1x2x2 n1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2n10 ， 从而对 x1x0 有 fx0可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是对全部实数x ，有f x0 ，故多项式f x 没有实根。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 3设 a 是实数，试确定多项式x42ax 2xa 2a 的实根的个数。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 3将 x42ax2xa2a 看成关于 a 的二次多项式，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳
11、总结x42ax2xa 2aa 22 x21ax4xa x2x1a x2x可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ax2x1 或ax2x可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结作函数yx22x1 和 yxx ，观看直线ya 与两列函数图象的交点，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结11当 a时实根的个数为0 个，当a3时实根的个数为2 个，当 a3时实根的个可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4数为 4 个例 4已知的值。44a1 , a2 , an 互不相等， b1, b2 , bn 也互不相等， 求满意下面方程组的4x1 , x2 , xn可编辑资料
12、- - - 欢迎下载精品名师归纳总结x1a1b1 x1a2b1x1anb1x2a1b2 x2a2b2x2anb2xn1a1bnxn1a2bnxn1anbn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 4考虑关于t 的帮助方程x1tb1x2tb2xn1ta1 ta2 ta n tb1 tb2 tbn tbn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结将去分母得关于t 的至多 n1次方程，而方程有n 个互不相等的根ta1 , a2,an ，因可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结此 式去分母后必定是一个恒等式，从而本身是恒等式。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结将
13、两边同乘以tb1 ，再令tb1 ，即得 x1b1b1a1 b1nb2 b1a2 b1b3 b1an ，bn 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结类似的有 x2b2a1 b2a2 b2an ， xbna1 bna2 bnan 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结b2b1 b2b3 b2bn bnb1 bnb2 bnbn 1 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 5设 m 为正整数，证明：cot 2cot 22cot 2mm2 m1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2m12m12m13可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师
14、精选 - - - - - - - - - -第 2 页，共 6 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -例 5由棣莫佛公式及二项式定理易知，对任意正整数n 及实数，有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结cos ni sin ncosi sin ncosnC1i cosn 1sin可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n比较虚部得到sin nC1 cosn 1sinC 3 cosn 3sin3C 5 cosn 5sin5可编辑资料 - - - 欢迎下载
15、精品名师归纳总结nnn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结现在取 n2m1，2m,，就 sin2 m10可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 m12m12m1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结将上式两端同除以sinn，对,2,m有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2m12m12m1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结C1cot 2mC 3cot 2m 21m C 2m 10可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 m 12 m 12m 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即 m 次方程 C 1xmC 3x
16、m 11m C 2m 10 有 m 个根可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2 m 12 m 12m 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结kxcot 2k,k2 m11,2, m可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由韦达定理知2mC3C1m2m1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结cot2cot2cot22m 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2m12m12m12m 13可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 6给定 2n 个互不相同的复数a1 ,a2 , an,b1, b2,bn ，将它们按以下规章填入nn 方可编
17、辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结格表中：第 i 行和第j 列相交处的方格内填相等，就各行数的乘积也相等。aib j i , j1,2, n 。证明：如各列数的乘积可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 6设各列数的积等于c ，考虑多项式f x xa1 xa2 xa n c 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由已知得f bi 0i1,2, n 。由于bi 互不相等， 这说明 n 次多项式f x 有 n 个不同的可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结根，因此 n 次多项式f x 又可以表示为f x xb1 xb2 xbn 。可编辑资料 - - -
18、欢迎下载精品名师归纳总结故得出等式 xa1 xa2 xan c xb1 xb2 xbn 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结令 xa i1,2, n ，得ab abab1n1 c ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结i即各行数的乘积都是1ni1i2in1c 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 7证明：如与 cos都是有理数，就cos必为下面五个数之一：1,1 ,0,1 ,1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结22mm可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 7证明：设，其中nm,n 为整数且 n0 ，就 cos ncos m1。
19、 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结论证的关键是先证明，对任意正整数n ， 2cos n可以表示为2cos的 n 次多项式，且首可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结项系数为1，即有2cos n2cosna 2cosn 1an 12cosan ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1a1, a2 , an 都是整数。用归纳法证明。第一，对n1,2 ，2cos2cos2cos 22cos22 ，结论成立可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结如命题对 n 及 n1已成立，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就由和差化积公式有等式2cos n
20、1) 2cos2cos n2) 2cos n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结说明命题对n2 也成立。这就归纳证明白上述命题。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由可知，x2cos是方程 xna xn 1axa21m0 的有理根。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1n 1n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结即 cos必为下面五个数之一：由于这个方程具有整数系数，且首项系数为1，故其有理根必为整数，即2cos是整数。但22cos2 ，所以 2cos2,1,0,1,2 ，1,1 ,0, 1 ,1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2
21、2三、同步检测可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 3 页，共 6 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1求x19591被x21x2x1 除得的余式。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1设x19591 x21 x2x1q xx3ax2bxc可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可
22、编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结令 xi,，得 ab0, c1，所以余式为x31可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3设f xZ x ， a, b, c 是不同的整数。 假如f af bf c1 ，就f x 没有整可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结数根。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3设f x xa xb xcq x1，q xZ x ，如有整数d 使f d 0 ，就可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结da db dcq d 1 ，易知这不行能。可编辑资料 - - - 欢迎下载精
23、品名师归纳总结4设f xZ x ，如有奇数k 和偶数 l ，使得f k ,f l 都是奇数。证明：f x没有整可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结数根。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4设f x有整数根 a ，就f x xa g x ，这里g x是整系数多项式。 由于f k,f l 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结均是奇数，我们可以得出 ka g k, la gl 都是奇数，但ka 和 la 中必有一个是偶数，冲突。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5设f xxna xn 1ax1 有 n 个根，且系数a , a都是非负的。证明：可编辑
24、资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1n 11n 1nf 23。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5由于多项式f x 的系数都是非负的，故其根都不是正数。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结我们设f xx1 x2 xn ,i0 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n3n由于 2i11i33i ，由韦达定理12n1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是 f 221 22 2n 3 312n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结6求全
25、部多项式f x，满意2f x12f x1 ，且f 00 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结26取 x0, xx1 ，下面用数学归纳法证明f x x0n 1nnn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结当 n0 时命题成立，假设当nk 时命题成立，即f xk xk ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就当 nk1时，f xf x21f 2 x 1x 21x可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结k 1kkkk 1即当 nk1时命题也成立可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以 f xn xn 对 n0,1,2,都成立可编辑资料 - - -
26、 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料 名师精选 - - - - - - - - - -第 4 页，共 6 页 - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结资料word 精心总结归纳 - - - - - - - - - - - -可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于 xn 严格递增， 从而xn 互不相同， 所以f xx 有无穷多个不同的根，所以f xx 是可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结恒等式。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结8设f xR x，假如对于任意实数x 有f x0 ，就f x是两个实系数多项式的平方
27、可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结和。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结8 f x的首项系数必需是正数，其标准分解中相同的一次因式必需显现偶数次，又f x可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结的二次因式均为 xb2c2 形式，这是两个多项式的平方和。最终，恒等式可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 x2x2 y2y2 x yx y 2 x yx y 212121 122122 1说明，上述两个因式的积仍是两个多项式的平方和。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9设 p 是奇素数， k
28、是正整数且 p1 |k 。证明： 存在整数 a ，满意p | a 且 p| ak1 。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9设 k p1qr ，由于 p1 | k ，故 0rp1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因 ak1 a r1modp ，故可设 0kp1 来证明。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于同余方程xk1mod p 至多有 k 个不同的解，而模p 的缩同余类有p1 个，可编辑资料 - - - 欢迎
29、下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此存在问题中说的a 。10设 p 是素数。（1）用多项式学问及费尔马小定理证明威尔逊定理： p1.1mod p 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（2）如 p3 ，证明211。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结p| p1.12p1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结10（ 1）当 p2 时结论明显成立。当p3 时，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结考虑 p2 次多项式f x x
30、1 x2 xp1x p 11可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由费尔马小定理知当x1,2, p1 时，xp 11mod p可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故同余方程f x0modp 有 p1 个不同的解x1,2, p1modp ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以 fx的各项系数都被p 整除，特殊的，常数项 p1.1 是 p 的倍数。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（2）设 x1x2 xp1x p 1s x p 2s可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结留意 sp 1 p1. ， sp 2 p1.11p 111可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2p1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由（ 1）知s1 ,s2 , sp2 都是 p 的倍数可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结学习资料