因式分解技巧——多项式的一次因式

余数定理

我们用(f(x))表示多项式 (a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+cdots+a_1x+a_0)，用 (f(a)) 表示多项式在 (x=a) 时的值。例如， (f(x)=x^3+6)，则 (f(1)=7),(f(-1)=5)。

如果我们用一次多项式 (x-c) 去除(f(x))，则余式就是一个数：$$f(x)=(x-c)g(x)+r.$$
令 (x=c)，则依据上式可得 (f(c)=r), 即 $$f(x)=(x-c)g(x)+f(c).$$
这就是所谓的余数定理。

我们关心的是因式分解，即要求余数为 (0). 所以很自然地有结论：

如果 (f(c)=0)，那么 (x-c) 是 (f(x)) 的因式；反之，若 (x-c) 是 (f(x)) 的因式，那么 (f(c)=0)。

分解因式：(f(x)=x^3+6x^2+11x+6).
观察系数可以得到 (f(-1)=0), 所以 (x-(-1)=x+1) 是它的一次因式。做个除法即可得到 (f(x)=(x+1)(x^2+5x+6)). 接着用十字相乘法可得

[f=(x+1)(x+2)(x+3)$$. ## 有理根的求法如果 $f(c)=0$，那么就说 $c$ 是多项式 $f(x)$ 的根。如果能求出根来，那我们就得到了一个一次因式 $x-c$。那怎么求根呢？我们假定 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+cdots+a_1x+a_0$ 是整系数多项式，且 $c=frac{p}{q}$ 是 $f(x)$ 的根，这里 $p, q$ 是互素的整数。因为 $f(c)=0$, 所以 $$a_n(frac{p}{q})^n+cdots+a_1(frac{p}{q})+a_0=0.]

两边同乘 (q^n) 即可得到 $$a_np^n+a_{n-1}p{n-1}q+cdots+a_1pq^{n-1}+a_0qn=0.$$
观察各项中的因式可以看出 (q|a_n), (p|a_0). 于是我们就有

有理根 (c=frac{p}{q}) 的分子 (p) 是常数项 (a_0) 的因数，分母 (q) 是首项系数 (a_n) 的因数.

分解因式：(f(x)=2x^3-x^2-5x-2).
(a_0=-2) 的因数有 (pm 1), (pm 2)，(a_n=2) 的因数有 (pm 1), (pm 2)。因此 (f(x)) 的有理根只可能是 (pm 1), (pm 2), (pm frac{1}{2}).
因为 (f(-1)=0), 所以 (f(x)) 有一次因式 (x+1).
分解因式：(f(x)=3x^3+x^2+x-2).
(a_0=-2) 的因数有 (pm 1), (pm 2), (a_n=3) 的因数有 (pm 1), (pm 3), 所以 (f(x)) 的有理根只可能是 (pm 1), (pm 2), (pm frac{1}{3}), (pm frac{2}{3}).
因为 (f(frac{2}{3})=0), 所以 (x-frac{2}{3}) 是 (f(x)) 的因式，从而 (3x-2) 是 (f(x)) 的因式。最后我们有

[f=(3x-2)(x^2+x+1). ]

首一多项式

若多项式的首项系数为 (1)，那么问题更简单了，这时候多项式的有理根都是整根。

分解因式：(x^6+2x^5+3x^4+3x^2+2x+1).
这个式子的有理根只可能是 (pm 1). 经检验， (-1) 是一个根，所以原式有因式 (x+1), 即

[f=(x+1)(x^5+x^4+2x^3+2x^2+x+1):=(x+1)g(x). ]

易知 (-1) 也是 (g(x)) 的根，即

[g=(x+1)(x^2+1)^2. ]

于是 $$f=(x+1)^2(x2+1)^2$$

分解因式：(x^3-frac{5}{3}x^2-frac{11}{3}x-1).
这个式子不是整系数多项式，但我们可以将其变为整系数多项式，然后再用前面的方法。最后可得 $$f=frac{1}{3}(x+1)(x-3)(3x+1).$$

字母系数

分解因式：(x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ac)x-abc).
常数项 (-abc) 的因式有 (pm a), (pm b), (pm c), (pm ab), (pm ac), (pm bc), (pm abc).
经验算可得， (a) 是原式的根，所以 (x-a) 是原式的因式，于是有

[f=(x-a)(x^2-(b+c)x+bc)=(x-a)(x-b)(x-c). ]

这里再提一个小结论，在猜想根的时候比较便捷：

如果多项式的系数之和为 (0), 那么 (1) 是多项式的根；如果偶次项系数之和等于奇次项系数之和，那么 (-1) 就是多项式的根。