数学中的因式分解技巧
本文章为小蓝本初中篇因式分解教程笔记。
常用公式
\begin{equation*} a^2 - b^2 = (a + b)(a-b)，平方差 \end{equation*}
\begin{equation*} a^3 + b^3 = (a + b)(a^2-ab+b^2)，立方和 \end{equation*}
\begin{equation*} a^3 - b^3 = (a - b)(a^2+ab+b^2)，立方差 \end{equation*}
\begin{equation*} a^2+2ab+b^2=(a+b)^2，完全平方 \end{equation*}
\begin{equation*} a^2-2ab+b^2=(a-b)^2，完全平方 \end{equation*}
\begin{equation*} a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=(a+b+c)^2，完全平方 \end{equation*}
\begin{equation*} a^3+3a^2b+3ab^2+b^3=(a+b)^3，完全立方 \end{equation*}
\begin{equation*} a^3-3a^2b+3ab^2-b^3=(a-b)^3，完全立方 \end{equation*}
\begin{equation*} a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b+…-ab^{n-2}+b^{n-1}) , n为正奇数 \end{equation*}
\begin{equation*} a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b+…+ab^{n-2}+b^{n-1}), n为正整数 \end{equation*}
\begin{equation*} a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]，由轮换式可推 \end{equation*}
十字相乘
如果二次三项式的$ax^2+bx+c=0$的系数和为0， \begin{equation*} a+b+c=0 \end{equation*} 那么1必为方程的根，该因式必能分解出一个$(x-1)$。
扩展
如果多项式的系数之和为0，那必能分解出$(x-1)$。
如果多项式的偶次项系数之和减去奇数项系数的和为0，那么必能分解出$(x+1)$。
长十字相乘
长十字相乘可以解决形如$ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f$的二元二次因式分解，同样也可以解决三元二次齐次式的因式分解$ax^2+bxy+cy^2+dxz+eyz+fz^2$。
做三次十字相乘，第一次只看带x，y二次项的系数，第二次看没有y的项，第三次用没有x的项验算。
例题
例1： 如分解因式$x^2-6xy+9y^2-5xz+15yz+6z^2$，
解： 三组十字相乘为
1 -3
1 -3
这一组得到$x^2-6xy+y^2$中$-6xy$的系数-6。
1 -2
1 -3
这一组得到$x^2-5xz+6z^2$中$-5xz$的系数-5。
-3 -2
-3 -3
这一组验算可以得到$9y^2+15yz+6z^2$中$15yz$的系数15。
所以分解后的因式为$(x-3y-2z)(x-3y-3z)$。
注意，并不是所有二元二次式都是可以因式分解的。
技巧
换元
用一个小变量$u$代替一个大的重复的因式。
分清主次
把一个字母当成主要字母，把多项式看成以该字母为变量的多项式。然后比如降幂排列整理，然后应用十字相乘。
展开处理
多项式的一次因式
多项式$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}++a_{n-2}x^{n-2}+…+a_1x+a_0$的有理根 $c=p/q$, $p$一定是常数项$a_0$的因数，$q$一定是首项系数$a_n$的因数。
例如，
对$3x^3+x^2+x-2$的$p$只可能为$\pm1$和$\pm2$，$q$只可能为$\pm1$和$\pm3$，所以有理根只可能为$\pm1$，$\pm2$，$\pm(\frac{1}{3})$，$\pm(\frac{2}{3})$。
当$a_n=1$时，$q$只能为$\pm1$，所以所有有理根只能为整数根。
待定系数法
对称式和轮换式
对称式是交换任意两个变量后保持不变的多项式。 轮换式是将变量轮换（比如$x$换成$y$，$y$换成$z$，$z$换成$x$）后保持不变的多项式。轮换式不一定是对称式，比如$x^2y+y^2z+z^2x$。次数低于3的轮换式都是对称式。
典型方法
- 首先判断式子是不是一个轮换式。
- 然后找到通过其他方法（比如多项式的一次因式）找到一个根，并得到对应因式（比如$x=y$可以推得因式$(x-y)$）。
- 然后就可以利用轮换性得到其他因式，比如$(y-z)$和$(z-x)$。
- 然后比较已经找到的所有因式和原式。如果次数已经相同，则给因式补一个系数$K$，然后设变量为实际数字用待定系数得到$K$。如果找到的因式的次数仍小于原式，则给因式补足低次轮换式。继续使用待定系数找到系数。如果找到的因式已经大于原式，这说明该多项式不可以被因式分解。
一次轮换式： \begin{equation*} l(x+y+z) \end{equation*}
二次轮换式： \begin{equation*} l(x^2+y^2+z^2)+m(xy+yz+zx) \end{equation*}
三次轮换式： \begin{equation*} l(x^3+y^3+z^3)+m(x^2y+y^2z+z^2x)+n(xy^2+yz^2+zx^2)+kxyz \end{equation*}
当原式非齐次的时候，可以分组。把他们分为两个齐次多项式的和，然后就可以重复利用上面的方法了。
$a^3+b^3+c^3-3abc$
在 $a = -(b + c)$ 时，有$$a^3 + b^3 + c^3 - 3abc$$
$$= -(b + c)^3 + b^3 + c^3 + 3bc(b + c)$$$$= -(b^3 + 3b^2c + 3bc^2 + c^3) + b^3 + c^3 + 3b^2c + 3bc^2$$$$= 0,$$所以 $a + b + c$ 是 $a^3 + b^3 + c^3 - 3abc$ 的因式．显然，$a^3 + b^3 + c^3 - 3abc$ 是 $a, b, c$ 的三次齐次轮换式，我们设$$a^3 + b^3 + c^3 - 3abc$$$$= (a + b + c)[l(a^2 + b^2 + c^2) + m(ab + bc + ca)]. \qquad (12)$$比较两边 $a^3$ 的系数得 $l = 1$，比较 $abc$ 的系数得$$-3 = 3m,$$即$$m = -1,$$所以$$a^3 + b^3 + c^3 - 3abc$$$$= (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca). \qquad (13)$$
所以由轮换式可推： \begin{equation*} a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \end{equation*}
当$a+b+c=0时$，$a^3+b^3+c^3=3abc$。这是一个很重要的结论。
四次轮换式
例2： 分解因式：$(b + c - a - d)^4 (b - c)(a - d) + (c + a - b - d)^4 (c - a)(b - d) + (a + b - c - d)^4 (a - b)(c - d)$。
解： 原式是 $a, b, c$ 的轮换式，用前面的方法易知它有因式$$(a - b)(b - c)(c - a).$$
另一方面，把原式看成 $d$ 的多项式，在 $d = a$ 时，易知它是 0，故原式有因式 $d - a$。再由轮换性，它也有因式 $d - b$，$d - c$。于是$$(a - b)(b - c)(c - a)(d - a)(d - b)(d - c)$$是它的因式。
因为原式是 $a, b, c, d$ 的 6 次式，我们设$$(b + c - a - d)^4 (b - c)(a - d) + (c + a - b - d)^4 (c - a)(b - d) + (a + b - c - d)^4 (a - b)(c - d)$$$$= k(a - b)(b - c)(c - a)(d - a)(d - b)(d - c).$$
令 $a = 1, b = 0, c = -1, d = 2$，得 $k = 16$。即$$\text{原式} = 16(a - b)(b - c)(c - a)(d - a)(d - b)(d - c).$$
实数集和复数集中的分解
一次多项式永远是既约的。$x$的二次三项式$ax^2+bx+c$在复数集内的因式分解可以用求根公式求得
$$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$
如果$b^2-4ac$不是有理数的平方，那么$ax^2+bx+c$就是有理数集内的既约多项式。如果$b^2-4ac$是有理数的平方，那么$ax^2+bx+c$可以被分解。
代数基本定理
在复数集内，每一个 $x$ 的（不是常数的）多项式至少有一个根。即对于多项式 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$（$n$ 是正整数），一定有复数 $c$ 使得 $f(c) = 0$。
这个结论称为代数基本定理。
根据代数基本定理，每个 $x$ 的次数大于 $1$ 的多项式 $f(x)$ 都有一次因式 $x - c$，因此在复数集内，只有一次多项式是既约多项式。由代数基本定理容易推出：$n$ 次多项式 $f(x)$ 恰好有 $n$ 个根。如果 $x_1, x_2, \dots, x_n$ 是 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$ 的 $n$ 个根，那么$$f(x) = a_n (x - x_1)(x - x_2) \cdots (x - x_n) \tag{3}$$这就是 $f(x)$ 在复数集内的分解式。
每一个复数都可以写成 $a + bi$ 的形式，其中 $a, b$ 为实数，$i$ 是上面已经说过的虚数单位。在 $b \neq 0$ 时，$a + bi$ 称为虚数。虚数 $a + bi$ 与 $a - bi$ 称为共轭复数，它们的和为$$(a + bi) + (a - bi) = 2a$$它们的积为$$(a + bi)(a - bi) = a^2 - b^2 i^2 = a^2 + b^2 \quad (\text{因为 } i^2 = -1)$$即共轭复数的和与积都是实数。
如果 $x_1 = a + bi$ 与 $x_2 = a - bi$ 是一对共轭复数，那么两个共轭的一次因式 $x - x_1$ 与 $x - x_2$ 的积为$$\begin{aligned} (x - x_1)(x - x_2) &= [x - (a + bi)][x - (a - bi)] \ &= x^2 - 2ax + (a^2 + b^2), \end{aligned}$$是实系数的多项式。对于实系数多项式 $f(x)$，我们可以用 (3) 式把它分解为复数集内的一次因式的积。有一条定理告诉我们：实系数多项式的虚数根是两两共轭的。
于是，对每一对共轭的复数根（例如上面所说的 $x_1, x_2$），我们把相应的两个一次因式结合起来，乘成一个二次的三项式，这个二次三项式是实系数的。这样，就把 $f(x)$ 分解成了若干个实系数一次因式与若干个实系数二次因式的积。
换句话说，在实数集内，既约多项式一定是一次多项式或者二次多项式。
单位根
在复数集上，有n个n次单位根，他们是
$$cos\frac{2k\pi}{n}+isin\frac{2k\pi}{n} (k=1,2,…,n)$$
他们是 $x^n-1=0$的根。其中$$cos\frac{2n\pi}{n}+isin\frac{2n\pi}{n}=1$$
$x^3-1=0$的根
$x^3-1=0$的虚根为
$$x=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$$
记$$\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$$
我们有$\omega^3=1, \omega^2+\omega+1=0$。$\omega^2 =-\omega-1=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$是$\omega$的共轭根。
这一结论可以帮助化简有理数集中的因式分解。
例子
例3： 分解因式：$x^5 + x^4 + x^2 + x + 2$。
解: $\omega$ 是多项式 $x^5 + x^4 + x^2 + x + 2$ 的一个根。
事实上，利用上式，可知
\begin{align*} &\omega^5 + \omega^4 + \omega^2 + \omega + 2 \\ = &\omega^2 + \omega + \omega^2 + \omega + 2 \\ = &2(\omega^2 + \omega + 1) \\ = &0, \end{align*}
于是 $x - \omega$ 是 $x^5 + x^4 + x^2 + x + 2$ 在复数集内的因式，它的共轭因式 $x - \omega^2$ 也是 $x^5 + x^4 + x^2 + x + 2$ 的因式，又$$(x - \omega)(x - \omega^2) = x^2 + x + 1,$$从而 $x^2 + x + 1$ 是 $x^5 + x^4 + x^2 + x + 2$ 的因式。
所以
\begin{align*} &x^5 + x^4 + x^2 + x + 2 \\ = &(x^5 + x^4 + x^3) - (x^3 + x^2 + x) + (2x^2 + 2x + 2) \\ = &(x^2 + x + 1)(x^3 - x + 2). \end{align*} 这里，$x^3 - x + 2$ 没有有理根，因此是有理数集内的既约多项式。
这个例子说明，如果实系数多项式$f(x)$有虚根$\omega$（即$f(\omega)=0）$。那么$f(x)$就有因式$x^2+x+1$。
例4： 分解因式：$x^4 + y^4 + (x + y)^4$。
解： $\omega$ 是多项式 $x^4 + 1 + (x + 1)^4$ 的根。事实上，利用上式，可得\begin{align*} &\omega^4 + 1 + (\omega + 1)^4 \\ = &\omega + 1 + (-\omega^2)^4 \\ = &\omega + 1 + (\omega^2)^4 \\ = &\omega + 1 + \omega^8 \\ = &\omega + 1 + \omega^2 \\ = &0, \end{align*} 因此，$x^2 + x + 1$ 是 $x^4 + 1 + (x + 1)^4$ 的因式，$x^2 + xy + y^2$ 是 $x^4 + y^4 + (x + y)^4$ 的因式（这个判断对解决这个问题十分重要的。
\begin{align*} &x^4 + y^4 + (x + y)^4 \\ = &x^4 + y^4 + (x^4 + 4x^3y + 6x^2y^2 + 4xy^3 + y^4) \\ = &2(x^4 + 2x^3y + 3x^2y^2 + 2xy^3 + y^4) \\ = &2[(x^4 + x^3y + x^2y^2) + (x^3y + x^2y^2 + xy^3) + (x^2y^2 + xy^3 + y^4)] \\ = &2(x^2 + xy + y^2)^2. \end{align*}
既约多项式
- 复数集中，只有一次多项式是既约多项式。
- 实数集中，既约多项式是一次或二次多项式。
- 有理数集中，有任意次的既约多项式。
艾森斯坦判别法
艾森斯坦 (Eisenstein, 1823—1852) 判别法：
设 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ 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 $a_n$；
- $p$ 整除其余的系数 ($a_0, a_1, \dots, a_{n-1}$)；
- $p^2$ 不整除 $a_0$。
那么，$f(x)$ 在有理数集内不可约。
当不能直接应用艾氏判别法的时候可以替换变量，把$x$替换成$y+1$等。
奇偶法
用数字或代数式的奇偶性替换数字和代数式本身。比如用0代替偶数，1代替奇数。
所有的一次式都可以由两个奇偶性代替，即
$$x, x+1$$
所有的二次式都可以由四个奇偶性代替，即
$$x^2, x^2+x, x^2+1, x^2+x+1$$
其中只有$x^2+x+1$为既约多项式。
将多项式用奇偶性代数式代替后，假如：
- 无法将奇偶性代数式分解成既约多项式的积，说明原多项式在有理数集不可约。
- 可以将奇偶性代数式分解成既约多项式的积，不一定说明原多项式在有理数集可约。这只能说明原式一定可以被分解成和奇偶性分解得到的一样次数的两个代数式的乘积。能否说明原多项式在有理数集可约仍需要进一步验证。
例5： 证明 $x^4 + 3x^3 + 3x^2 - 5$ 在有理数集内不可约。
证明 采用上面的算术，得$$x^4 + 3x^3 + 3x^2 - 5$$$$= x^4 + x^3 + x^2 + 1$$$$= x^3 (x + 1) + (x^2 + x) + (x + 1)$$$$= (x + 1)(x^3 + x + 1),$$因此，如果 $x^4 + 3x^3 + 3x^2 - 5$ 可以分解，它一定分解为一个一次因式与一个三次因式的积。容易验证，$x^4 + 3x^3 + 3x^2 - 5$ 没有有理根，自然它就没有一次因式，从而它在有理数集内不可约。
分圆多项式
分圆多项式在有理数集内是不可约的。例如：多项式 $x^4 + 1 = \frac{x^8 - 1}{x^4 - 1}$，它的根是 8 次本质单位根；例 3 中的 $x^6 + x^3 + 1 = \frac{x^9 - 1}{x^3 - 1}$，它的根是 9 次本质单位根；例 2 中的 $x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = \frac{x^5 - 1}{x - 1}$，它的根是 5 次本质单位根。这些多项式都是分圆多项式，在有理数集内都是不可约的。
勘误
第十一章
第十一章习题5答案错误。
习题5：$x^2+xy+y^2$是不是$x^7+y^7+(x+y)^7$的一个因式？
解：答案给的是。
两种方案验证不是。一是将$x=\omega$代入上式的等价式$x^7+1+(x+1)^7$，得
\begin{align*} &\omega^7+1+(\omega+1)^7 \\ &=\omega+1+(-\omega^2)^7 \\ &=\omega+1-\omega^{14} \\ &=\omega+1+\omega \\ &\neq 0 \end{align*}
另，
\begin{align*} &x^7+y^7+(x+y)^7 \\ &=(x+y)[(x^2+xy+y^2)(2x^4+3x^3y+11x^2y^2+5xy^3)+2y^6] \end{align*}
不能化成有$(x^2+xy+y^2)$因式的形式。