多项式定理
多项式的魏尔斯特拉斯定理
多项式的魏尔斯特拉斯定理
魏尔斯特拉斯定理是分析数学中的一个重要定理，它描述了任意连续函数可以用多项式逼近的性质。
具体地说，魏尔斯特拉斯定理指出，任意在闭区间[a, b]上连续的函数f(x)，都可以用多项式函数Pn(x)逼近，即存在一个多项式函数Pn(x)，使得对于任意给定的ε>0，存在一个正整数n，使得当n大于等于某个固定的值N时，对于区间[a, b]上所有的x，都有|f(x) - Pn(x)|<ε成立。
这个定理的意义在于，它保证了连续函数可以用多项式进行逼近。
换句话说，多项式函数在连续函数的逼近中是密集的，即无论给定一个连续函数，在某个足够高阶的多项式范围内，都可以用一个多项式函数来逼近它。
多项式的定义及其定理
一、定义及基本定理1.1、定义设给定[]x R 的一个多项式()01n n f x a a x a x =+++和一个数c R ∈.那么在()f x 的表示式里，把x 用c 来代替，就得到R 的一个数01n n a a c a c +++这个数叫做当x c =时()f x 的值，并且用()f c 来表示。
这样，对于R 的每一个数c ，就有R 中的唯一确定的数()f c 与它对应，于是就得到R 到R 的一个映射。
这个映射是由多项式()f x 所确定的，叫做R 的一个多项式函数。
定义 令()f x 是[]x R 的一个多项式而c 是R 的一个数。
若是当x c =时()f x 的值()0f c =，那么c 叫作()f x 在数环R 中的一个根。
定义 把形如()010n n f x a a x a x =+++=的方程称为一元多项式方程，满足010n na a c a c +++= 的数c 称为多项式方程的根或零点。
由定义可知多项式方程的根即为使得满足等式()0f c =的数环R 上的常数c 。
1.2、定理定理 1.2.1 设()f x 是[]x R 中的一个0n ≥次多项式。
那么()f x 在R 中至多有n 个不同的根。
证：如果()f x 是零次多项式，那么()f x 是R 中一个不等于零的数，所以没有根。
因此定理对于0n =成立。
于是我们可以对n 作数学归纳来证明这一定理。
设c R ∈是()f x 的一个根。
那么()()()f x x c g x =-这里[]()g x R x ∈是一个1n -次多项式。
如果R d ∈是()f x 另一个根，c d ≠，那么)()()(0d g c d d f -==因为0≠-c d ，所以0)(=d g 。
因为)(x g 的次数是1-n ，由归纳法假设，)(x g 在R 内至多有1-n 个不同的根。
因此()f x 在R 中至多有n 个不同的根定理1.2.2 （代数基本定理）任何(0)n n >次多项式在复数域中至少有一个根i。
数论中的多项式
数论中的多项式问题一．有理系数多项式的因式分解定理1：设I 是][x Q 的一个子集，满足如下性质。
,)(),(I x g x f ∈∀有Ix g x f ∈+)()(][)(,)(x Q x c I x f ∈∈∀，有Ix c x f ∈)()(则存在I x p ∈)(使得})()(|)({的因式是x q x p x q I =证明：取I 中次数最低的非零多项式)(x f ，如果有多个，任取其中一个。
若)(x f 为常数，根据第二条性质，显然I =][x Q 满足条件。
若1deg ≥f ，假设存在一个多项式)(x g 不是)(x f 的倍式，设)()()()(x r x f x q x g +=，f r deg deg <，)(x r 非零。
则)(x r I ∈，与)(x f 次数最低矛盾。
所以I 的一切多项式都是)(x f 的倍式，证毕。
定理2：对任意)(x f ∈][x Q ，)(x f 可唯一分解为)()...()(21x p x p x cp n 形式，其中c 为)(x f 首项系数，)(x p k 为次数不低于1的首一不可约多项式。
存在性是显然的，只需证明唯一性，设)(x f 还有一种分解式)()...()(21x q x q x cq m 。
我们先证明一个引理。
引理：设不可约多项式)(x p 是)()(x g x f 的因式，则或者)(|)(x f x p ，或者)(|)(x g x p ，二者至少有一个成立。
证明：令]}[,),()()()()(|][)({2121x Q c c x g x c x p x c x q x Q x q I ∈+=∈=则I 满足定理1中的条件，故I 中存在一个次数最低的多项式是I 中每个多项式的因式。
它是不可约多项式)(x p 的因式，则它或者为常数，或者为c )(x p 。
如果是常数，令)()()()(21x g x c x p x c c +=，两边乘)(x f ，由)(x p |右边，推出)(x p |)(x f 。
多项式定理,
多项式定理,多项式定理（Polynomial Theorem）是指对任意实数的多项式，存在一个特定的有限根。
这个定理被称为多项式定理是因为它允许研究者使用可以把多项式的根用有限的方程表示出来。
关于多项式定理这个主题有很多深奥有趣的知识：一、定理描述1、Gauss-Lucas定理：Gauss-Lucas定理指出，如果一个多项式P（x）的根也是多项式P′（x）的根，则多项式P′（x）的所有根也是多项式P （x）的根。
2、Hurwitz定理：Hurwitz定理指出，如果一个多项式P（x）的单根被P′（x）所包含，则多项式P′（x）一定存在着有限根。
3、Bezout定理：Bezout定理指出，当P（x）是一个单调增或单调减的多项式时，它的根与P′（x）的根之和一定等于最高次幂的系数。
二、根的类型1、实根：多项式的实根是指在复数平面上给定多项式的实数根。
2、重根：多项式的重根是指相同的实根的指数比大于等于1的多项式根。
3、复根：多项式的复根是指多项式拥有相同实部和虚部的复数根。
三、多项式定理的应用多项式定理的应用被广泛的应用于数学、物理和工程等多个领域。
其中最常用的是求解多项式的根，以及验证多项式的特性，比如在物理中应用了它来判断某个物体是否具有平衡特性，在工程中也有利用它来判断某个系统是否能够达到稳定运行状态等。
多项式定理也可以用来推导正、负、奇、偶函数和对称函数等函数的性质，从而有助于我们进一步研究这些函数的特性和用途。
此外，多项式定理还被用来分析和解决一些抽象的数学问题，比如研究多项式的组合性质、圆的极坐标表示等。
综上所述，多项式定理是数学领域一个重要的概念，将一定限制下的多项式分解成多项式因子所得结果，帮我们研究和解决各种抽象的数学问题，从而为社会做出贡献。
-多项式的因式分解定理
§1-5多项式的因式分解定理多项式44-x 在有理数域、实数域、复数域上的因式分解 ][)2)(2)(2)(2(4][)2)(2)(2(4][)2)(2(4424224x C i x i x x x x x R x x x x x Q x x x +-+-=-++-=-+-=-（不能再分）（不能再分） 在不同的系数域上，具有不同形式的分解式什么叫不能再分？平凡因式：零次多项式（不等于零的常数）、多项式自身、前两个的乘积Definition8：（不可约多项式）令][)(x P x f 是的一个次数大于零的多项式，如果][)(x P x f 在中只有平凡因式，就称f(x )为数域P 上（或在P[x]中）的不可约多项式.（p(x)在数域P 上不能表示成两个次数低的多项式的乘积） 若)(x f 除平凡因式外，在P[x]中还有其它因式，f(x )就说是在数域P 上（或在P[x]中）是可约的.如果不是平凡因式)(,)()()(x g x h x g x f =，的次数显然和则)()(x h x g 都小于)(x f 的次数.反之，若)(x f 能写成两个这样多项式的乘积，那么)(x f有非平凡因式；如果P[x]的一个n 次多项式能够分解成P[x]中两个次数都 小于n 的多项式 的乘积和)()(x h x g 即 )()()(x h x g x f 那么)(x f 在P 上可约.由不可约多项式的定义可知：任何一次多项式都是不可约多项式的.不可约多项式的重要性质：一个多项式是否不可约是依赖于系数域；1.如果多项式)(x f 不可约，那么P 中任意不为零的元素c 与)(x f 的乘积c )(x f 都不可约.2.设)(x f 是一个不可约多项式而P(x)是一个任意多项式，那么或者)(x f 与P(x)互素，或者)(x f 整除P(x).3.如果多项式)(x f 与)(x g 的乘积能被不可约多项式P(x)整除，那么至少有一个因式被P(x)整除.Theorem5.如果)(x p 是一个不可约多项式,P(x)整除一些多项式)(,),(),(21x f x f x f s 的乘积,那么)(x p 一定整除这些多项式之中的一个.证明:对被除多项式的个数s 用数学归纳法当s=1时,显然成立;假设s=n-1 时,结论成立;当s=n 时,令)()()()(),()(32211x f x f x f x g x f x g n ==, 如果)(|)(),(|)(11x f x p x g x p 则命题成立,如果1))(),((),(|)(11=/x g x p x g x p 则,从而)(|)(2x g x p ,即)(,),(),()(32x f x f x f x p n 整除 n-1 多项式的乘积,由归纳法假设)(x p 整除其中一个多项式,根据数学归纳法原理,命题得证. 因式分解及唯一性定理：多项式环P[x]的每一个)0(>n n 次多项式)(x f 都可以唯一分解成P[x]的不可约多项式的乘积；)()()()(21x p x p x p x f s =所谓唯一性是说，如果有两个分解式)()()()()()()(2121x q x q x q x p x p x p x f t s ==那么，必有s=t ，并且适当地排列因式的顺序后有),2,1()()(s i x cq x p i i ==标准分解式（典型分解式）：)()()()(2121x p x p x cp x f s r s rr =其中c 是f(x)的首项系数，)(),(),(21x p x p x p s 是不同的、首项系数为1的不可约多项式，而s r r r ,,21正整数.例1：在有理数域上分解多项式， 22)(23--+=x x x x f . )2)(1)(1()2)(1(22)(223+-+=-++=--+=x x x x x x x x x x f例2：求 的典型分解式内在][122)(2345x Q x x x x x x f -++--=. 23242345)1()1()12)(1(122)(+-=+--=-++--=x x x x x x x x x x x f 例3.求 的典型内在][6141616102)(2345x R x x x x x x f -+-+-= 分解式. )3()1)(1(2)(22--+=x x x x f例4：分别在有理数域、实数域和复数域上分解多项式 15-x 和16-x 为不可约多项式的乘积.解:)1)(1()1(2345++++-=-x x x x x x Q[x]][)154cos 2)(152cos 2)(1()1)(1()1(222345x R x x x x x x x x x +-+--=++++-=-ππ][)52sin 52cos ()1()1)(1()1(412345x C k i k x x x x x x x x k ππ---=++++-=-=在Q[x]上)1)(1)(1)(1()1)(1()1(22336+-+++-=+-=-x x x x x x x x x ; 在R[x]上)1)(1)(1)(1()1)(1()1(22336+-+++-=+-=-x x x x x x x x x ; 在C[x]上)2321)(2321)(1)(2321)(2321)(1(16i x i x x i x i x x x -++++--+--=-。
关于微分多项式的一个基本定理
关于微分多项式的一个基本定理
在数学和数学建模中，微分多项式是一个重要的概念，也是一个重要的计算模型。
它提供了一种有效的方法来建立多项式函数的近似形式。
在本文中，我们将探讨关于微分多项式的一个基本定理，即微分多项式的拉格朗日展开式的系数的总和为零的定理。
首先，让我们看一下微分多项式的拉格朗日展开式。
它可以用以下表达式表示：
f(x)=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn
其中，a0，a1，a2，a3…an是系数，x是微分多项式函数的变量。
那么，什么是关于微分多项式的一个基本定理？根据拉格朗日定理，微分多项式的拉格朗日展开式中，系数的总和为零，即：
a0 + a1 + a2 + a3 +… + an = 0
已知这个定理，我们可以求出任意微分多项式的系数，尤其是当x的取值为零的时候，可以用以下方法求解：
a0=-a1-a2-a3-…-an
因此，我们可以得出结论，即：函数f（x）=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，其系数符合定理a0 + a1 + a2 + a3 +… + an = 0。
- 1 -。
初中数学多项式的四则运算公式定理
初中数学多项式的四则运算公式定理1 单项式与多项式仅含有一些数和字母的乘法(包括乘方)运算的式子叫做单项式单独的一个数或字母也是单项式单项式中的数字因数叫做这个单项式(或字母因数)的数字系数,简称系数当一个单项式的系数是1或-1时,〝1〞通常省略不写一个单项式中,所有字母的指数的和叫做这个单项式的次数如果在几个单项式中,不管它们的系数是不是相同,只要他们所含的字母相同,并且相同字母的指数也分别相同,那么,这几个单项式就叫做同类单项式,简称同类项所有的常数都是同类项12 多项式有有限个单项式的代数和组成的式子,叫做多项式多项式里每个单项式叫做多项式的项,不含字母的项,叫做常数项单项式可以看作是多项式的特例把同类单项式的系数相加或相减,而单项式中的字母的乘方指数不变在多项式中,所含的不同未知数的个数,称做这个多项式的元数经过合并同类项后,多项式所含单项式的个数,称为这个多项式的项数所含个单项式中最高次项的次数,就称为这个多项式的次数13 多项式的值任何一个多项式,就是一个用加、减、乘、乘方运算把数和未知数连接起来的式子14 多项式的恒等对于两个一元多项式f(x)、g(x)来说,当未知数x同取任一个数值a时,如果它们所得的值都是相等的,即f(a)=g(a),那么,这两个多项式就称为是恒等的记为f(x)==g(x),或简记为f(x)=g(x) 性质1 如果f(x)==g(x),那么,对于任一个数值a,都有f(a)=g(a) 性质2 如果f(x)==g(x),那么,这两个多项式的个同类项系数就一定对应相等15 一元多项式的根一般地,能够使多项式f(x)的值等于0的未知数x的值,叫做多项式f(x)的根2 多项式的加、减法,乘法21 多项式的加、减法22 多项式的乘法单项式相乘,用它们系数作为积的系数,对于相同的字母因式,那么连同它的指数作为积的一个因式3 多项式的乘法多项式与多项式相乘,先用一个多项式等每一项乘以另一个多项式的各项,再把所得的积相加23 常用乘法公式公式I 平方差公式(a+b)(a-b)=a^2-b^2两个数的和与这两个数的差的积等于这两个数的平方差公式II 完全平方公式(a+b)^2=a^2+2ab+b^2(a-b)^2=a^2-2ab+b^2两数(或两式)和(或差)的平方,等于它们的平方和,加上(或减去)它们积的2倍3 单项式的除法两个单项式相除,就是它们的系数、同底数的幂分别相除,而对于那些只在被除式里出现的字母,连同它们的指数一起作为商的因式,对于只在除式里出现的字母,连同它们的指数的相反数一起作为商的因式一个多项式处以一个单项式,先把这个多项式的每一项除以这个单项式,再把所得的商相加。
多项式定理的新证明及其展开
多项式定理的新证明及其展开
多项式的n次方展开公式：（a+b）^n=a^n+{c（n，1）}a^（n-1）*b+c（n，2）a^
（n-2）b^2+……+c（n-1，n）ab^（n-1）+b^n通项t（k+1）=c（n，k）a^（n-k）*b^k。
1、二项式定理的意义
牛顿以二项式定理做为基石发明者出来了微积分。
其在初等数学中应用领域主要是一
些粗略的分析和估算以及证明恒等式等。
2、二项式定理的重要性
这个定理在遗传学中也存有其用武之地，具体内容应用领域范围为：推断自花后代群
体的基因型和概率、推断自花后代群体的表现型和概率、推断杂交后代群体的表现型原产
和概率、通过测交分析卤合体自花后代的性状整体表现和概率、推断夫妻所生孩子的性别
原产和概率。
【数学知识点】多项式的定义和运算法则
【数学知识点】多项式的定义和运算法则多项式是指由变量、系数以及它们之间的加、减、乘、幂运算得到的表达式，在多项式中，每个单项式叫做多项式的项。
在数学中，多项式是指由变量、系数以及它们之间的加、减、乘、幂运算（非负整数次方）得到的表达式。
对于比较广义的定义，1个或0个单项式的和也算多项式。
按这个定义，多项式就是整式。
实际上，还没有一个只对狭义多项式起作用，对单项式不起作用的定理。
0作为多项式时，次数定义为负无穷大（或0）。
单项式和多项式统称为整式。
1.加法与乘法有限的单项式之和称为多项式。
不同类的单项式之和表示的多项式，其中系数不为零的单项式的最高次数，称为此多项式的次数。
多项式的加法，是指多项式中同类项的系数相加，字母保持不变(即合并同类项)。
多项式的乘法，是指把一个多项式中的每个单项式与另一个多项式中的每个单项式相乘之后合并同类项。
2.带余除法若 f(x)和g(x)是F[x]中的两个多项式，且g(x)不等于0，则在F[x]中有唯一的多项式 q(x)和r(x)，满足ƒ(x)=q(x)g(x)+r(x)，其中r(x)的次数小于g(x)的次数。
此时q(x) 称为g(x)除ƒ(x)的商式，r(x)称为余式。
当g(x)=x-α时，则r(x)=ƒ(α)称为余元，式中的α是F的元素。
此时带余除法具有形式ƒ(x)=q(x)(x-α)+ƒ(α)，称为余元定理。
g(x)是ƒ(x)的因式的充分必要条件是g(x)除ƒ(x)所得余式等于零。
如果g(x)是ƒ(x)的因式，那么也称g(x) 能整除ƒ(x)，或ƒ(x)能被g(x)整除。
特别地，x-α是ƒ(x)的因式的充分必要条件是ƒ(α)=0，这时称α是ƒ(x)的一个根。
3.辗转相除法利用辗转相除法的算法，可将ƒ(x)与g(x)的最大公因式rs(x)表成ƒ(x)和g(x)的组合，而组合的系数是F上的多项式。
如果ƒ(x)与g(x)的最大公因式是零次多项式，那么称ƒ(x)与g(x)是互素的。
数论中的多项式
数论中的多项式问题一．有理系数多项式的因式分解定理1：设I 是][x Q 的一个子集，满足如下性质。
,)(),(I x g x f ∈∀有I x g x f ∈+)()(][)(,)(x Q x c I x f ∈∈∀，有I x c x f ∈)()(则存在I x p ∈)(使得})()(|)({的因式是x q x p x q I =证明：取I 中次数最低的非零多项式)(x f ，如果有多个，任取其中一个。
若)(x f 为常数，根据第二条性质，显然I =][x Q 满足条件。
若1deg ≥f ，假设存在一个多项式)(x g 不是)(x f 的倍式，设)()()()(x r x f x q x g +=，f r deg deg <，)(x r 非零。
则)(x r I ∈，与)(x f 次数最低矛盾。
所以I 的一切多项式都是)(x f 的倍式，证毕。
定理2：对任意)(x f ∈][x Q ，)(x f 可唯一分解为)()...()(21x p x p x cp n 形式，其中c 为)(x f 首项系数，)(x p k 为次数不低于1的首一不可约多项式。
存在性是显然的，只需证明唯一性，设)(x f 还有一种分解式)()...()(21x q x q x cq m 。
我们先证明一个引理。
引理：设不可约多项式)(x p 是)()(x g x f 的因式，则或者)(|)(x f x p ，或者)(|)(x g x p ，二者至少有一个成立。
证明：令]}[,),()()()()(|][)({2121x Q c c x g x c x p x c x q x Q x q I ∈+=∈=则I 满足定理1中的条件，故I 中存在一个次数最低的多项式是I 中每个多项式的因式。
它是不可约多项式)(x p 的因式，则它或者为常数，或者为c )(x p 。
如果是常数，令)()()()(21x g x c x p x c c +=，两边乘)(x f ，由)(x p |右边，推出)(x p |)(x f 。
多项式定理
多项式定理n 个有区别的球放到两个有区别的盒子里，若第一个盒子放k 个球，第二个盒子放n-k个球（k=0，1，2…，n ）方案数应是n x x )(21+中k n k x x -21项的系数k nC 。
依据加法法则有 n n n n n n C C C C 2210=+⋅⋅⋅+++可把上面的讨论推广到n 个有区别的球放到m 个有区别的盒子里，要求m 个盒子放的球数分别是1n ，2n ，…，m n （m n n n n +⋅⋅⋅++=21）的情况，其不同的方案数用m n n n n C ⋅⋅⋅21表示从n 个有区别的球中取1n 个放到第一个盒子里去，其方案数为),(1n n C ；当第一个盒子的1n 个球选定后，第二个盒子里的2n 个球则是从1n n -个中选取的，其方案数为)n , (21n n C -；第3个盒子的3n 个球则是从21n n n --中选取，其方案数为),(321n n n n C --，以此类推，根据成法则可得m n n n n C ⋅⋅⋅21=m m n n n n n n n n n n n n n n C C C C 121321211--⋅⋅⋅------⋅⋅⋅ =)!(!)!()!(!)!()!(!!321321212111n n n n n n n n n n n n n n n n n n ---------…!!!!!0!21m m m n n n n n n ⋅⋅⋅= n 个有区别的球，放到m 个有标志的盒子的问题，也可以考虑把n 个有区别的球进行全排列，对于每一个排列依次取1n 个放到第一个盒子里，取2n 个放到第二个盒子里，…，最后m n 个放到第m 个盒子里。
然而，放到盒子里的球不考虑球的顺序，故的不同的方案数为 mn n n n ⋅⋅⋅21! 称mn n n n ⋅⋅⋅21!为多项式n m x x x x )(321+⋅⋅⋅+++的系数。
n m x x x x )(321+⋅⋅⋅+++展开式中的一般项m n m n n x x x ⋅⋅⋅2121表示第一个盒子里有1n 个球，第二个盒子里有2n 个球，等等。
线性代数 多项式
例9
例10
例11
例12 是否可约？
式
例13
例14
例15
例16
( f1, g1 )( f 2 , g2 ) ( f1 f 2 , f1g1, f 2 g1, g1g2 )
5 互素多项式 1) )
(5) (6) (7)
6 不可约多项式
)
)
4
7 重因式
（4）
(4) (5)
(6)
(7)
例1
例2
例3
例4
例4
例5
例6
例7
例7
例8
例8
一 基本知识
：
注：
2. 多项式的定义
1）
2）
对应项系数相等
3） 多项式的运算律：
满足加、减、乘、除及一些运算律
3. 多项式的带余除法及整除性
1） 带余除法定理 设 f ，g 使得 其中
P[ x] g 0， 则存在唯一的多项式 q, r P[ x] ， f qg r
—余式
q( x) —商, r ( x) r ( x) 0 或 (r ) ( g ) ，
2） 整除 1° 设 f ，g
f 为g 的倍数 则称 g 整除 f ，记为 g f ，g为 f的因式，
P[ x]，若存在多项式 q P[ x]， 使得 f qg
2°性质
3° 计算 ① 带余除法： ② 综合除法：
f qg r
（
或
）
4 最大公因式 1°
●
ห้องสมุดไป่ตู้
式
且最大公因式不唯一。
2°性质
1) 2)
3)
d uf vg , u, v P, 其中d ( f , g ), d , u, v用辗转相除法求得
初中数学多项式四则运算定理
初中数学多项式四则运算定理1单项式与多项式仅含有一些数和字母的乘法(包括乘方)运算的式子叫做单项式单独的一个数或字母也是单项式单项式中的数字因数叫做那个单项式(或字母因数)的数字系数,简称系数当一个单项式的系数是1或-1时,“1”通常省略不写一个单项式中,所有字母的指数的和叫做那个单项式的次数假如在几个单项式中,不管它们的系数是不是相同,只要他们所含的字母相同,同时相同字母的指数也分别相同,那么,这几个单项式就叫做同类单项式,简称同类项所有的常数差不多上同类项12多项式有有限个单项式的代数和组成的式子,叫做多项式多项式里每个单项式叫做多项式的项,不含字母的项,叫做常数项单项式能够看作是多项式的特例把同类单项式的系数相加或相减,而单项式中的字母的乘方指数不变在多项式中,所含的不同未知数的个数,称做那个多项式的元数通过合并同类项后,多项式所含单项式的个数,称为那个多项式的项数所含个单项式中最高次项的次数,就称为那个多项式的次数13多项式的值任何一个多项式,确实是一个用加、减、乘、乘方运算把已知数和未知数连接起来的式子14多项式的恒等关于两个一元多项式f(x)、g(x)来说,当未知数x同取任一个数值a时,假如它们所得的值差不多上相等的,即f(a)=g(a),那么,这两个多项式就称为是恒等的记为f(x)==g(x),或简记为f(x)=g(x)性质1假如f(x)==g(x),那么,关于任一个数值a,都有f(a)=g(a)性质2假如f(x)==g(x),那么,这两个多项式的个同类项系数就一定对应相等15一元多项式的根一样地,能够使多项式f(x)的值等于0的未知数x的值,叫做多项式f(x)的根2多项式的加、减法,乘法21多项式的加、减法22多项式的乘法单项式相乘,用它们系数作为积的系数,关于相同的字母因式,则连同它的指数作为积的一个因式3多项式的乘法多项式与多项式相乘,先用一个多项式等每一项乘以另一个多项式的各项,再把所得的积相加23常用乘法公式公式I平方差公式(a+b)(a-b)=a^2-b^2两个数的和与这两个数的差的积等于这两个数的平方差公式II完全平方公式(a+b)^2=a^2+2ab+b^2(a-b)^2=a^2-2ab+b^2两数(或两式)和(或差)的平方,等于它们的平方和,加上(或减去)它们积的2倍4单项式的除法两个单项式相除,确实是它们的系数、同底数的幂分别相除,而关于那些只在被除式里显现的字母,连同它们的指数一起作为商的因式,关于只在除式里显现的字母,连同它们的指数的相反数一起作为商的因式一样说来，“教师”概念之形成经历了十分漫长的历史。
多项式的裴蜀定理,要求整系数
多项式的裴蜀定理,要求整系数裴蜀定理，也叫做裴蜀等式，是一种重要的数学定理。
它给出了一种快速计算多项式其系数的方法。
首先，让我们回顾一下裴蜀定理是如何工作的。
要求给定一个多项式f(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + … + a_nx^n，它可以被拆分为两个多项式：f(x) = g(x^2) + h(x)。
裴蜀定理指出，如果知道g(x)和h(x)的多项式系数，则可以推出f(x)的多项式系数。
比如，假设我们知道g(x) = a_0 + a_2x^2 + a_4x^4 + … + a_(2n)x^(2n)，和h(x) = a_1x + a_3x^3 + … + a_nx^n，我们就可以通过下面的公式求出f(x)的多项式系数：a_0 = g(0)a_1 = h(0)a_2 = (1/2)(g'(0) + h'(0))a_3 = (1/2)(g'(1) − h'(1))a_4 = (1/4)(g''(0) + 2g'(1) + h''(0) − 2h'(1))a_5 = (1/4)(g''(1) − 2g'(2) + h''(1) + 2h'(2))a_6 = (1/6)(g'''(0) + 3g''(1) + 3g'(2) + h'''(0) − 3h''(1) −3h'(2))如此类推，对于更高的x的次项，以相似的方式推导出系数a_n。
接下来，让我们来看看如何使用裴蜀定理来求解一个多项式的系数。
假设我们有一个 4 阶多项式，为了编写程序求解它。
我们需要以下步骤：1.将多项式写为两个单项式形式：f(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3 + a_4x^4= g(x^2) + h(x)= g(x) + h(x) = a_0 + a_2x^2 + (a_1 + a_3x + a_4x^2)x2.根据裴蜀定理，可以求解 g(x) 和 h(x) 的系数：系数g(x) = a_0 = g(0), a_2 = (1/2)g'(0)系数h(x) = a_1 = h(0), a_3 = (1/2)h'(0), a_4 = h'(1)3.最后，将求出的系数代入原式，就可以得出最终的多项式系数：a_0 = g(0) = a_0a_1 = h(0) = a_1a_2 = (1/2)g'(0) = (1/2)a_2a_3 = (1/2)h'(0) = (1/2)a_3a_4 = h'(1) = a_4通过上面的步骤，我们可以得到一个 4 阶多项式的系数，即 a_0, a_1, a_2, a_3, a_4。
初中数学多项式的四则运算公式定理_公式总结
初中数学多项式的四则运算公式定理_公式总结1 单项式与多项式仅含有一些数和字母的乘法(包括乘方)运算的式子叫做单项式单独的一个数或字母也是单项式单项式中的数字因数叫做这个单项式(或字母因数)的数字系数,简称系数当一个单项式的系数是1或-1时,“1”通常省略不写一个单项式中,所有字母的指数的和叫做这个单项式的次数如果在几个单项式中,不管它们的系数是不是相同,只要他们所含的字母相同,并且相同字母的指数也分别相同,那么,这几个单项式就叫做同类单项式,简称同类项所有的常数都是同类项12 多项式有有限个单项式的代数和组成的式子,叫做多项式多项式里每个单项式叫做多项式的项,不含字母的项,叫做常数项单项式可以看作是多项式的特例把同类单项式的系数相加或相减,而单项式中的字母的乘方指数不变在多项式中,所含的不同未知数的个数,称做这个多项式的元数经过合并同类项后,多项式所含单项式的个数,称为这个多项式的项数所含个单项式中最高次项的次数,就称为这个多项式的次数13 多项式的值任何一个多项式,就是一个用加、减、乘、乘方运算把已知数和未知数连接起来的式子14 多项式的恒等对于两个一元多项式f(x)、g(x)来说,当未知数x同取任一个数值a时,如果它们所得的值都是相等的,即f(a)=g(a),那么,这两个多项式就称为是恒等的记为f(x)==g(x),或简记为f(x)=g(x)性质1 如果f(x)==g(x),那么,对于任一个数值a,都有f(a)=g(a)性质2 如果f(x)==g(x),那么,这两个多项式的个同类项系数就一定对应相等15 一元多项式的根一般地,能够使多项式f(x)的值等于0的未知数x的值,叫做多项式f(x)的根2 多项式的加、减法,乘法21 多项式的加、减法22 多项式的乘法单项式相乘,用它们系数作为积的系数,对于相同的字母因式,则连同它的指数作为积的一个因式3 多项式的乘法多项式与多项式相乘,先用一个多项式等每一项乘以另一个多项式的各项,再把所得的积相加23 常用乘法公式公式I 平方差公式(a+b)(a-b)=a^2-b^2两个数的和与这两个数的差的积等于这两个数的平方差公式II 完全平方公式(a+b)^2=a^2+2ab+b^2(a-b)^2=a^2-2ab+b^2两数(或两式)和(或差)的平方,等于它们的平方和,加上(或减去)它们积的2倍3 单项式的除法两个单项式相除,就是它们的系数、同底数的幂分别相除,而对于那些只在被除式里出现的字母,连同它们的指数一起作为商的因式,对于只在除式里出现的字母,连同它们的指数的相反数一起作为商的因式一个多项式处以一个单项式,先把这个多项式的每一项除以这个单项式,再把所得的商相加。
第62讲__多项式
第2讲 多项式理论多项式理论是代数学的重要组成部分，它在理论上和方法上对现代数学都有深刻的影响，与多项式有关的问题除了出现在函数、方程、不等式等代数领域中，还涉及到几何、数论等知识，是一个综合性的工具，也是数学竞赛中的热点问题．多项式的基本理论主要包括：余数定理与因式定理；多项式恒等条件；韦达定理；插值公式等．具体如下： 1．多项式恒等：(1) 多项式恒等条件：两个多项式相等当且仅当它们同次幂的系数相等．(2)带余除恒等式：多项式f (x )除以多项式g (x )，商式为q (x )，余式为r (x )，(则r (x )的次数小于g (x )的次数），则()()()()f x q x g x r x =+．特别是多项式f (x )除以x -a ，商式为g (x )，余数为r ，则f (x )=(x -a )g (x )+r ．(3)多项式恒等定理：若有n +1个不同的x 值使n 次多项式f (x )与g (x )的值相同，则()()f x g x ≡．在数学竞赛中，经常用到先猜想后证明的思想：比如先找出一个n 次多项式f (x )符合题意，再验证f (x )与g (x )在n +1个不同的x 值处，均有f (x )=g (x )，则()()f x g x ≡． 2．余数定理与因式定理：(1)余数定理：多项式f (x )除以x -a 所得的余数等于f (a )． (2)因式定理：多项式f (x )有一个因式x -a 的充要条件是f (a )=0． (3)几个推论：①若f (x )为整系数多项式，则f (x )除以(x -a )所得的商也为整系数多项式，余数为整数．②若f (x )为整系数多项式，a 、b 为不同整数，则|()().a b f a f b -- ③f (x )除以(0)px q p -≠所的的余数为()q f p． 3．代数基本定理(1)代数基本定理：一个n 次多项式在复数范围内至少有一个根． (2)根的个数定理：一个n 次多项式在复数范围内有且仅有n 个根． 4．韦达定理与虚根成对定理(1)韦达定理：如果一元n 次多项式110()n n n n f x a x a x a --=+++的根是12,,,n x x x ，那么有112,n n n a x x x a --+++=212131,n n n na x x x x x x a --+++=131231242,n n n x n na x x x x x x x x a ----+++= 012(1).nn n a x x x a =-简写成12121(1)r r rn rj j j j j j nna x x x a -≤≤≤≤=-∑． (2)复根成对定理：若实系数多项式f (x )有一个虚根(,,0),a bi a b R b α=+∈≠那么它的共轭复数a biα=-也是f (x )的根，并且a 和α有相同重数．运用时要注意必须是实系数方程．5．拉格朗日（L agrange ）插值公式设f (x )是一个次数不超过n 的多项式，数a 1，a 2，…，a n +1两两不等，则 2311121311()()()()()()()()n n x a x a x a f x f a a a a a a a ++---=+---1312212321()()()()()()()n n x a x a x a f a a a a a a a ++------12111121()()()()()()()n n n n n n x a x a x a f a a a a a a a ++++---+---．简写成f (x )=1111111111()()()()()()()()()n i i i n i i i i i i i n f a x a x a x a x a a a a a a a a a +-++=-++--------∑．A 类例题例1 将关于x 的多项式2019321)(x x x x x x f +-+-+-= 表为关于y的多项式=)(y g ,202019192210y a y a y a y a a +++++ 其中.4-=x y 则=+++2010a a a ．（2005年全国联赛一试）分析 先利用等比数列的求和公式求出f (x )的表达式，然后用变量代换转化为关于y 的多项式，最后对它赋值即可．解 由题设知，)(x f 和式中的各项构成首项为1，公比为x -的等比数列，由等比数列的求和公式，得：.1111)()(2121++=----=x x x x x f令,4+=y x 得,51)4()(21+++=y y y g 取,1=y 有.615)1(2120210+==++++g a a a a说明 赋值法在解决多项式系数之和问题中经常被使用． 例2 在一次数学课上，老师让同学们解一个五次方程，明明因为上课睡觉，没有将方程抄下，到下课时，由于黑板被擦去了大半，明明仅抄到如下残缺的方程54151200x x--=，若该方程的五个根恰构成等差数列，且公差||1d ≤，试帮明明解出该方程．分析 题目已知一个五次方程的五次项系数、四次项系数和常数项，可由韦达定理确定出方程5个根的和与积，再利用其为等差数列的特点，解方程．解 设该方程的5个根为2,,,,2a d a d a a d a d --++，则由韦达定理可得2215,{(2)()()(2)120.a d a d a a d a d a d a d a a d a d -+-+++++=--++=由此得3,a =及22(94)(9)40.d d --= 令2d t =，得241445410,4t t t -+==或1．于是d =或1d =±．由条件||1d ≤，可知1d =±． 因此这5个根为1，2，3，4，5．说明 韦达定理给出了如果一元n 次多项式方程的n 个根与方程的系数的之间关系，在解决方程问题时，有着极其广泛的应用．运用韦达定理时，特别要注意符号不能搞反．例3 若422()f x x px qx a=+++可被21x -整除，求f (a )．分析 由于422()f x x px qx a =+++可被21x -整除，故可以用待定系数法设出f (x )因式分解后的形式，利用多项式恒等条件确定p ,q ,a 的关系，最后求出f (a )．解 设42222()(1)().f x x px qx a x x mx n =+++=-++ 展开得422432(1).x px qx a x mx n x mx n +++=++---比较两边系数得22011,q m p n p a n a =-=⎧⎪=-∴=--⎨⎪=-⎩故4224222()(1)0f a a pa qa a a a a a =+++=-++=． 说明 多项式恒等条件即两个多项式相等当且仅当它们同幂次得系数相等，往往是解决多项式分解及恒等问题的重要依据，常通过待定系数法实现转化．()f x x =(-1)=f (1)=0．因此得由①－4)a a pa =+情景再现1．设()n n nx a x a a xx 221021+++=++ ，求na a a 242+++ 的值为 （ ）(2005年浙江省数学竞赛) A ．n3B ．23-nC ．213-nD ．213+n2．设235293212x a bx x x x -=+-+--是关于变量x 的一个恒等式，则ab 的值为 ( )A ． -246B ． -210C ． 29D ． 210 3．四次多项式432182001984x x kx x -++-的四个根中有两个根的积为-32，求实数k ．B 类例题例4 已知123,,x x x 是多项式32()f x x ax bx c =+++的三个零点，试求一个以222123,,x x x 为零点的三次多项式g (x )．分析 由于原多项式和所求多项式的零点之间存在着平方关系，利用韦达定理就能构造出满足题意的多项式g (x )．解 设32()g x x mx nx p=+++，则由韦达定理知222123222222122323222123(), ,.m x x x n x x x x x x p x x x ⎧=-++⎪=++⎨⎪=-⎩故22123122323()2()2,m x x x x x x x x x b a =-+++++=-222222122323n x x x x x x =++22122323123123 ()2() 2,x x x x x x x x x x x x b ac =++-++=-22222123123()p x x x x x x c =-=--=-．因此32222()(2)(2)g x x b a x b ac x c=+-+--．说明利用韦达定理构造出满足题意的多项式g(x)是本题的关键．例5 设a，b，c，d是4个不同实数，p(x)是实系数多项式，已知①p(x)除以(x-a)的余数为a；②p(x)除以(x-b)的余数为b；③p(x)除以(x-c)的余数为c；④p(x)除以(x-d)的余数为d．求多项式p(x) 除以(x-a) (x-b) (x-c) (x-d)的余数．（1990年意大利数学奥赛题)分析首先利用余数定理将条件转化，再通过构造一个新函数F(x)，使得它能被(x-a) (x-b) (x-c) (x-d)整除，再确定出F(x)与p(x)的关系．解法一根据余数定理，p(x)除以(x-a)的余数为p(a)，故p(a)=a．同理，p(b)=b，p(c)=c，p(d)=d．考察多项式F(x)= p(x)-x，则有F(a )=0，F(b )=0，F(c )=0，F(d )=0．由因式定理可知，F(x )含有因式(x -a ) (x -b ) (x -c ) (x -d )，而p (x ) = F(x )＋x ，故多项式p (x ) 除以(x -a ) (x -b ) (x -c ) (x -d )的余数为x ．解法二 利用待定系数法 设p (x )= (x -a ) (x -b ) (x -c ) (x -d )q (x )+r (x )，其中32().r x mx nx lx t =+++由题设得p (a )=a ，p (b )=b ，p (c )=c ，p (d )=d 知a ，b ，c ，d 是320mx nx lx t +++=的4个互不相同的根，但该方程是个三次方程，故m =n =l -1=t =0，即m =n =t =0，l =1．故所求余式为x ．说明 灵活运用因式定理和余数定理，并巧妙构造多项式函数是解决本题的关键，而这些都可以通过仔细观察题目条件的特点后能自然得出．本题还可以用待定系数法解决，一题多解，有利于拓宽视野，把问题看的更加透彻．()n x a -例6 设1210012100,,,;,,,a a a b b b 为互不相同的两组实数，将它们按如下法则填入100×100的方格表内，即在位于第i 行第j 列处的方格处填入.i j a b +现知任何一列数的乘积为1，求证：任一行数的积为-1．分析 注意到100×100的方格表内，位于第i 行第j 列处的方格处填入的数为(,1,2,,100)i j a b i j +=，且任何一列的乘积为1，故可以构造两个恒等的多项式解之．解 考察多项式12100()()()() 1.p x x a x a x a =+++-由于任何一列的乘积为1，故知12100,,,b b b 是p (x )的根， 故有12100()()()().p x x b x b x b =---由多项式恒等可知1210012100()()()1()()().x a x a x a x b x b x b +++-=---取i x a =-，代入上式可得：100121001(1)()()()(1,2,100).i i i a b a b a b i -=-+++=即12100()()() 1.i i i a b a b a b +++=-故知任何一行数的乘积为-1．说明 本题的关键是巧妙地构造两个恒等的多项式，是一利用多项式恒等定理解决问题的精妙之作．11)())(n n x a a a ++--12)())(n n x a a a ++--21)())(n n x a a a a +--11111111)()()()())()()()i i n i i i i i n x a x a x a x a a a a a a a a -++-++--------．存在性：令11111111()()()()().()()()()i i n i i i i i i i n x a x a x a x a l x a a a a a a a a -++-++----=----的特点，可知()1,()0().i i i j l a l a j i ==≠故()()().i i i i f a l a f a = 故该多项式满足题目条件．是一个满足题意的n 次多项式，则,1).n +故惟一性得证．拉格朗日插值公式在数学的许多领域都有着广泛的应用，拉格朗日插值多项式的构造是十分巧妙，值得好好领会和应用，以下一例就是拉格朗日插值公式的简单应用．例7 已知函数2()f x ax c =-满足4(1)1,1(2)5,f f -≤≤--≤≤则f (3)的取值范围是 ( ) A ．7(3)26f ≤≤ B ．4(3)15f -≤≤ C ．1(3)20f -≤≤D ．2825(3)33f -≤≤分析 由于所给函数为偶函数，故有(1)(1)f f -=，再运用拉格朗日插值公式将f (3)表示为关于f (-1)、f (1)和f (2)的关系式即可．解 选C ．由拉格朗日插值公式，得(1)(2)(1)(2)(1)(1)()(1)(1)(2).(11)(12)(11)(12)(21)(21)x x x x x x f x f f f --+-+-=-++----+-+-2241(1)(1),()(1)(2).33x x f f f x f f ---=∴=+从而58(3)(1)(2).f f f =-+故1(3)20f -≤≤．例8 是否存在二元多项式(,)p x y ，满足条件 (1)对任意的,,(,)0;x y p x y >(2)对于任意的c >0，存在x ，y ，使得(,).p x y c =分析 本题是关于二元多项式问题，关键是消去一元转化成一元多项式问题．解 存在．取22(,)(1)21,p x y y x xy =+++将y 看成常数，则关于x 的二次三项式的判别式40,∆=-<∴对所有的x ，y 均有(,)0.p x y >又将p (x ，y )看成x 的函数(y 固定)，则p (x ，y )的值域为21[,).1y +∞+ 因为当21,01y y →∞→+时． 所以对于任意的c >0，存在0201,.1y c y >+使得 从而存在000,(,).x p x y c =使得情景再现4．若3x px q ++可被21x mx +-整除，则m ，p ，q 应符合的条件是( )A ．0,1q m p ===-B ．1,0m p q +=-=C ．2,1q m m p =+=-D ．,|m q p m =±5．求次数小于3的多项式f (x )，使f (1)=1，f (-1)=3，f (2)=3． 6．求所有的值a ，使多项式326x x ax a -++的根123,,x x x 满足333123(3)(3)(3)0.x x x -+-+-=（奥地利数学竞赛题）C 类例题例9 已知数列)0(,,,0210≠a a a a 满足),,3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 求证：对于任何自然数n ，01101()(1)(1)n n n n p x a C x a C x x -=-+-+2222(1)n n a C x x --+111(1)n n n n n n n a C x x a C x ---+-+是x 的一次多项式或零次多项式．（1986年全国联赛一试题）分析 由112i i i a a a -++=知{}n a 是等差数列，则),,2,1(01 =+=+=-i id a d a a i i 从而可将)(x p 表示成da 和0的表达式，再化简即可．解 因为),3,2,1(211 ==++-i a a a i i i ，所以数列}{n a 为等差数列，设其公差为d 有),3,2,1(0 =+=i id a a i ，从而011222000()(1)()(1)(2)(1)n n n n n n P x a C x a d C x x a d C x x --=-++-++-0()n nn a nd C x+++011112220[(1)(1)][1(1)2(1)n n n n n n n n n n n a C x C x x C x d C x x C x x ---=-+-+++⋅-+-],n nn nC x ++由二项定理，知,1])1[()1()1()1(222110=+-=++-+-+---n n n n n n n n n n x x x C x x C x x C x C 又因为,)]!1()1[()!1()!1()!(!!11--=-----⋅=-⋅=k n k n nC k n k n n k n k n k kC 从而nn n n n n n x nC x x C x x C ++-+--- 22211)1(2)1(])1()1[(12111----++-+-=n n n n x x x C x nx .])1[(1nx x x nx n =+-=- 所以.)(0ndx a x P +=当0d ≠式，P (x )为x 的一次多项式，当d =0时，P (x )为零次多项式．例10 求一切实数p ，使得三次方程55171116632x p x p x p -++-+=()()的三个根均为自然数．(1995年全国联赛二试题)分析 容易看出x =1是原三次方程的一个自然数根，原方程可用综合除法降次为2556610.x px p -+-=① 当且仅当二次方程①的两个根均为自然数时，原三次方程的三个根才均为自然数．设方程①的两个正整数根为u ，v ，则由韦达定理得,1(661).5u v p uv p +=⎧⎪⎨=-⎪⎩从而p 为正整数．因此本题相当于解不定方程,5661,u v p uv p +=⎧⎨=-⎩消去p 得66(u +v )=5uv +1，由该不定方程解出u ，v ，再求出p =u +v 即可．解 容易看出x =1是原三次方程的一个自然数根，由综合除法，原三次方程可降次为二次方程2556610.x px p -+-=①当且仅当二次方程①的两个根均为自然数时，原三次方程的三个根才均为自然数．设方程①的两个正整数根为,(0),u v u v <≤由韦达定理则得,1(661).5u v p uv p +=⎧⎪⎨=-⎪⎩故p 为正整数．消去p 得66(u +v )=5uv +1②， 由②得v (5u -66)=66u -1>0，从而5v -66>0．对方程②两边乘5后，移项、分解得(5u -66)(5v -66)=19×229，其中19，229均为素数，于是56619,566229;u v -=⎧⎨-=⎩或5661,5664351;u v -=⎧⎨-=⎩（无解） 从而得到不定方程②的唯一自然数解，u =17，v =59，这样p =u +v =17+59=76．所以当且仅当p =76时方程①有三个自然数根1，17，59． 说明 由于我们对三次方程的求根公式（卡当公式）不很熟悉，因此在遇到此类问题时，我们一般先用观察法找到它的一个根，通常是整数根，再将原三次方程降次为二次方程，降次的一般用综合除法．然后再设法处理我们熟悉的二次函数问题．情景再现7．求证：2004log x 不能表示成()()f xg x 的形式，其中(),()f x g x 为实系数多项式，且(),()f x g x 互质．习题1．已知多项式2012n n a a x a x a x ++++是195819571959(2)x x ++的展开式，则5124032222a a a a a a --+--+等于( )A ．1B ．-1C ．0D ． 22．满足条件22()()(())f x f x f f x ==的二次函数f (x )有（ ） A ．0个 B ．1个C ．2个D ．无穷多个3．设一个二次三项式的完全平方展开式是43267,x x x ax b -+++那么这个二次三项式是________________________．4．已知实数,αβ均不为0，多项式32()f x x x x ααββ=-++的三个根为123,,x x x ，则123123111()()x x x x x x ++++= ． （德国高中数学竞赛题）5．若f (x )、g (x )为两个实系数多项式，并且33()()f x xg x +可被21x x ++整除，则(1)f =，(1)g =．6．当310a a --=时,2a 是某个整系数多项式的根，求满足上述条件的次数最低的首项系数为1的多项式．（1997年日本数学竞赛题）7．设432(),f x x ax bx cx d =++++若(1)10,(2)20,(3)30,f f f ===则(10)f +(6)f -的值为 ( ) A ．8014 B ．40 C ．160 D ．82708．以有理数a ，b ，c 为根的三次多项式32()f x x ax bx c =+++有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．无穷多个9．多项式742()1f x x x x =+++在实数范围内有多少个零点?10．设(),(),()()p x q x r x s x 及都是多项式，且5525432()()()(1)(),p x xq x x r x x x x x s x ++=++++求证：x -1是(),(),(),()p x q x r x s x 的公因式．11．设p (x )是2n 次多项式,满足(0)(2)(2)0,p p p n ====(1)(3)(21)2,p p p n ===-=(21)30,().p n n p x +=-及求及12．任给实多项式：()2212111nn n f x x a x a x --=++++．其中n为正整数，系数1221,,,n a a a -用下面方法来确定：甲，乙两人，从甲开始，依次轮流给出一个系数的值，最后一个系数由甲给出后，如果所得的多项式()f x 没有实根，则甲胜；若所得的多项式()f x 有实根，则乙胜．试问不管甲如何选取系数，乙必胜吗？(2004年江苏省数学夏令营一级教练员测试题十)本节“情景再现”解答：1．C2．A 解 将该恒等式变形成多项式恒等，则有3529()(2),x a b x a b -=+-+比较两边系数得35,229a b a b +=+=． 解得6,41a b =-=．因此246ab =-．3．86 解 设多项式432182001984x x kx x -++-的四个根为1234,,,.x x x x 则由韦达定理，得 1234121314232434123124134234123418, ,200, 1984.x x x x x x x x x x x x x x x x k x x x x x x x x x x x x x x x x +++=⎧⎪+++++=⎪⎨+++=-⎪⎪=-⎩ 设123432,62,x x x x =-=则故123462()32()200.x x x x +-+=-又121234344,18,14.x x x x x x x x +=⎧+++=∴⎨+=⎩ 故12341234()()86.k x x x x x x x x =++++=4．C 解3232(1)()()(1),x px q x mx x q x m q x qm x q ++=+--=+--++20,(1),, 1.m q p qm m q p m ∴-==-+=+=-即5．21x x -+ 解 由拉格朗日插值公式得2(1)(2)3(1)(2)3(1)(1)()1(11)(12)(11)(12)(21)(21)x x x x x x f x x x +----+=++=-++------+． 6．－97．解 (反证法)假设有2004()log ,()f x xg x =且(),()f x g x 互质． 22200420042()2log log ()f x x x g x ==，又20042()2log ()f x x g x =， 22()()2()().f x g x f x g x ∴=又222((),())1,()|2().f x g x f x f x =∴但当f (x )的次数1≥时，恒有2()f x 的次数大于2()f x 的次数， ()f x ∴为常数．同理g (x )也为常数，故2004log x 为常数，矛盾．故原命题得证．本节“习题”解答：1．A 2．B 3．23 1.x x -- 4．－1 5．0， 0 6．6432()821310 1.f x x x x x x =--+--解 记x a =则a x =代入方程,得3((10,x x --=即3251)0.x x -+-=32511).x x x ∴+-=+两边平方，得624342*********(961).x x x x x x x +++--=++故所求的多项式为6432()821310 1.f x x x x x x =--+--7． A 解 设()()10g x f x x =-，则(1)0,(2)0,(3)0g g g ===，故()(1)(2)(3)(),g x x x x x r =----于是(10)(6)(10)(6)40987(10)789(6)40f f g g r r +-=+-+=⨯⨯⨯-+⨯⨯++78916408014.=⨯⨯⨯+=8． C 解 由韦达定理知,,a b c a ab bc ca b abc c ++=-++==-．如果a =0(或b =0)得c =0，b =0．如果0,0,0,1, 2.a b c a b ≠≠===-但得如果a ，b ，c 均不为零，得1,1a b c ===-．故满足题设的多项式为332,2,x x x x +-321x x x +--．9．1 解 显然，x =0不是f (x )=0的根．令1y x=，则 74277531()1()(1)0,f x x x x y y y y=+++=+++= 75310.y y y ∴+++=又753()1f y y y y =+++单调递增，且当y →-∞时，();,()f y y f y →-∞→+∞→+∞，因此，恰有一个根．10．解 设432() 1.f x x x x x =++++取1的5次虚单位根234,,,,()0(1,2,3,4).k f k εεεεε==则所以2()(1)(1)(1)0(1,2,3,4).k k r q p k εε++==即方程2(1)(1)(1)04(1,2,3,4).k x r xq p k ε++==有个不同根故(1)(1)(1)0.r q p ===再把x =1代入所设等式，得s (1)=0．命题得证．11．解 令1()()1,()(1),0,1,2,,2.k f x p x f k k n +=-=-=则又 201112001112()()()()()()(),()()()()()n k k n k k k k k k k k n x x x x x x x x x x f x f k x x x x x x x x x x -+=-+-----=-----∑ 其中(0,1,2,,2).k x k k n == 将x =2n +1代入上式,得21221221210(21)(2)(22)(2)21(21)(1)(1)1(1)(2)[(2)](21)(2)(22) (1)! 12.n k k n n k n k n n k n n n k n k f n k k n k n n n k k C +=+=++=--+-⨯+=--⨯⨯-⨯---+-+=-=-=-∑∑∑ 21(21)30,(21)31,3112 2.n p n f n n ++=-+=--=-=由有故，解得 这表明p (x )是四次多项式, 由(0)(2)(4)0,(1)(3)2,p p p p p =====得432(2)(3)(4)(1)(2)(4)()221(1)(2)(3)321(1)2164032 .3333x x x x x x x x p x x x x x ------=+⨯-⨯-⨯-⨯⨯⨯-=-+-+12．解 乙有必胜策略．证明如下．在选取过程中，不管甲取了那个系数，接下去，乙必取余下的一个偶数次项的系数，如果已经没有偶数次项的系数，乙才取奇数次项的系数．因此当最后留下两个系数，必由乙先取．注意到乙的选系数方式以及偶项系数的总数，恰好比偶项系数的总数少一个，所以最后两个系数只能是两个奇数项系数或者一个奇数项系数，一个偶数项系数，它们可设为2121t t a x ++，s s a x ．这里21s t ≠+，s 可奇，也可偶．于是()()2121s t s t f x g x a x a x ++=++．其中()g x 是已经确定的多项式．接下来由乙来取s a ，我们希望不管最后甲取的21t a +的值是什么，都不影响()f x 必有实根，为此，我们给出如何选取sa 的值的方法，并证明最终所得的多项式()f x 有实根．任取2m <-，则()()2111s t f g a a +=++，()()2121s t s t f m g m a m a m ++=++．为了不管21t a +如何选取，这意味着从上两式中消去21t m +，于是有： ()()()()21212111t t t s s s m f f m m g a m g m a m +++-=+-- ()()()21211t t s s m g g m a m m ++=-+-．注意到等式右边和21t a +无关，所以()()211t m f f m +-和21t a +无关，又由2m <-，所以21t s m m +≠．令()()21211t s t s g m m g a m m++-=-，则有 ()()211t m f f m +=． 我们来证明()f x 必有实根．显然()0f ±∞>．如果()10f ≤，则在[)1,+∞必有实根．如果()10f >，由于2m <-，所以210t m +<，因此()0f m <，这证明了(),m +∞中必有实根．总之，()f x 必有实根．这证明了乙必胜．。
关于微分多项式的一个基本定理
关于微分多项式的一个基本定理
微分多项式定理是数学中微积分领域研究的一个基本定理。
它是一种关于微分多项式最高次数及其有关性质的数学定理，是微积分理论中一个重要的结果。
微分多项式定理是斯特林在19世纪初提出的一个定理，它指出，任何给定的微分多项式P(x)，它的n次导数必然存在，并且当n大于多项式的最高次数时，它们均为零。
因此，可以得出微分多项式定理：一个微分多项式的最高次数必须大于它的n次导数的最高次数。
这一定理从一个数学角度为微分多项式提供了一个重要的数学
来源，并且在研究和求解各种微分方程时发挥着重要作用。
微分多项式定理让数学变得更加美丽，因为它提供了一种可以从数学的角度准确地确定微分多项式的次数的方法。
微分多项式定理的证明是由基础分析的基本定理组成的。
在实际应用中，它可以用来求解各类微分方程，特别是对微分常微分方程的求解。
对于对于求解各种微分方程，微分多项式定理用来确定其最高次数，从而可以更准确地进行求解。
自斯特林提出微分多项式定理以来，已经有许多专家做出了更加准确的证明。
在这之后，斯特林定理及其衍生出来的结果被证明是应用微积分理论中最有效的元素之一，用来解决各种难题。
当今，斯特林定理在应用微积分理论中仍然发挥着重要作用。
它不仅可以确定微分多项式的最高次数，而且还可以用来计算特殊函数的定义域、非线性微分方程组的近似解、微分方程的解等等。
总之，微分多项式定理是数学定理的基础，对于应用微积分的研究以及求解各类微分方程有重要的贡献，也被广泛应用于实践中。
它提供了一种有效的方法来确定微分多项式的最高次数，为研究微分理论和应用微积分提供了有效解决方案。
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的系????3数16等2于????23 (?3)(5)2 ? ?36000
的展开式一共????n有?nt多?1????少? ????项6 ??64?1????? ????69 ????? 84
在(x1 ? 2x2 ?3x3 ? 4x4)9(2x2 ? 3x3)的展开式x中13x23x32x42的系数是多少？
? ? x1 ? x2 ? x3 3 ? x13 ? x23 ? x33 ? 3x12 x21 ? 3x11 x2 2 ? 3x12 x31 ? 3x11 x3 2 ? 3x2 2 x31 ? 3x21 x32 ? 6x1 x2 x3
上式中出现的项都是形如x1n1 x2 n2 x3n3 x1n1 x2 n2在x3n该3 表达式中
n
? n1 n2
????...????n ?
n1
? ... ? nt
nt?1
?????
n1!
n! n2 ! ...
nt !
所以
? ?x1 ? x2 ? ...? xt ?n ?
???? n1
n n2 ...
nt
????x1n1
x n2 2
...xt
nt
其中求和对n1 ? n2 ? ...? nt ? n 的所有的非负整数解n1,n 2,...,n t进行。
...
nt! ?
ni( n ? 1)! n1! n 2! ... nt!
t
? ? 则 ? ? i ? 1 n1!
n ? 1! n2! ... ( ni ? 1)!
...
nt !
?
?t ?? ? i ?1
ni
????
n1!
( n ? 1)! n2! ...
nt !
t
又 ? ? ni ? n i? 1
? ?
的项，其中n1 ,n2 , n3 是非负整数，且n1 ? n2 ? n3 ? 3 的系数等于
????n1
3 n2
n3 ???? ? n1!
3! n2 !
n3!
定理：令n为一正整数。对所有的x1,x 2,...,x t,
? ?x1 ? x2 ? ...? xt ?n ?
???? n1
n n2 ...
nt
...-n t-1个x1n1因x2 n子2 ...为xt nxt t，得到 由乘法原理，项 x1n1 x2n2 ...xt nt 出现的次数为
项。
????
n n1
????????n
? n1 n2
????...????
n
?
n1
? ...? nt
nt
?1
????
。
将该式展开化简可得
????nn1
????????
nt ????? ????n1
n?1 n2 ? 1 ...
nt ????? ... ? ???? n1
n ?1 n2 ...
nt ? 1????
其中， n1,n 2,...,n t 是n1非?负n2整?数..且. ? nt ? n
证明：
? ? ?
n 1!
n 2!
n ? 1! ... ( ni ? 1)!
?多项式定理
?作者名
二项式定理给出每个正整?x ?数y?n n的
的
公式。它可以被推广到更一般的形?式x1 ? x：2 ? ...t? xt ?n
个实数的和的n次幂
的公式。
多项式系数：
????n1
n n2 ...
nt ???? ? n1!
n! n2! ...
nt !
其中，n1,nn2,1...?,nnt 是2 ?非.负..整? 数n且t ? n
????x1n1
x n2 2
...xt nt
其中求和对n1 ? n2 ? ... ? nt ? n 的所有的非负整数解n1,n 2,...,n t进行。
证明：
把 ?x1 ? x2 ? ...? xt ?n 写成n个因子的乘积，每个因子等于 ?x1 ? x2 ? ...? xt ? 。
用分配率及合并同类型将这个乘积完全展开，从n个因子中各取一个
?t ?? ? i? 1
ni
??? ?
n 1!
( n ? 1)! n2! ...
?
nt!
n1!
n! n2! ...
?
?
nt!
??? n1
n n 2 ...
nt ????
在讨论一般性的定理之前，首先考察一下t个实数的和的n?x次1 ? 幂x2 ? ... ? xt ?n
与其展开式的关系。令t=3,n=3，展开式如下：
例?x11：? x当2 ? x3 ? x4 ? x5 ?7 例?22x1：? 3当x2 ? 5x3 ?6
? ? x1 ? x例2 3? ：x3 ? x4 6
被展x1开2 x3时x43，x5
的系????数2 等0于71
3
1????? 2!
7! 0! 1!
3!
? 420 1!
被x展13 x开2 x3时，
使用多项式系数记号表示对于 n 和 k 为正的二项式系数的Pascal公式为：
???? k
n n
?
k
???? ?
????
k
n n
? ?
1 k
?
1????
?
????
k
?
n 1
?1 n?
k
????
多项式系数的Pascal公式：
???? n1
n n 2 ...
nt ???? ? ????n1 ? 1
n?1 n2 ...
数，一共选取t个数组成一个乘积。用这种方法取得的结果一共有tn
项，而且每一项都可以写成x1n1 x2 n2 ...xt nt 的形式，其中n1,n2,...,n t是非 负整数，且它们的和为n。
通过选择n 个因子中的n 1个为x 1，剩下n-n 1个因子；然后在这剩下的
n-n1因子中选择n2个因子为x2，剩下n-n2个因子;...; 最终剩下n-n1-
解：
(x1 ? 2x 2 ? 3x 3 ? 4x 4 )9(2x 2 ? 3x3 ) ?
2x 2(x1 ? 2x2 ? 3x 3 ? 4x 4 )9 ? 3x3(x1 ? 2x 2 ? 3x 3 ? 4x 4 )9
由多项式定理知道
? (x1 ?
x2
?
x3
?
x4 )n
?
n1 ? n2 ? n3 ? n4 ? n
????
n1Leabharlann n n2 n3n4
????
x1n1
x2n2
x3n3
x4n4
得到
? (x1
? 2 x2
? 3x3
?
2x4 )9
?
n1 ? n2 ? n3 ? n4 ? 9
由多重集的排列可知，上面的定义表示重数分别为n1,n2,...,n t的 t 种不 同类型物体的多重集的排列个数。对于非负的 n 和 k ，具有值
k!
n!
?n ? k ?!
?k ? 0 ,1 ,..., n ?
? ???
n k
的???? 二项式系数
???? k
在上述记号中变成了
n n
?
k
????
并表示重数分别为 k 和 n-k 的两种不同类型物体多重集的排列个数。