# 数学中的因式分解技巧


### 常用公式

\begin{equation*}
a^2 - b^2 = (a + b)(a-b)
\end{equation*}

\begin{equation*}
a^3 + b^3 = (a + b)(a^2-ab+b^2)
\end{equation*}

\begin{equation*}
a^3 + b^3 = (a - b)(a^2+ab+b^2)
\end{equation*}

\begin{equation*}
a^2+2ab+b^2=(a+b)^2
\end{equation*}

\begin{equation*}
a^2-2ab+b^2=(a-b)^2
\end{equation*}

\begin{equation*}
a^3+3a^2b+3ab^2+b^3=(a+b)^3
\end{equation*}

\begin{equation*}
a^3-3a^2b+3ab^2-b^3=(a-b)^3
\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$x^2-6xy+9y^2-5xz+15yz+6z^2$，

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


### 多项式的一次根式
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$a_n=0$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$x^2y+y^z+z^2x$。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（比如多项式的一次根式）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。

#### $a^3+b^3+c^3-3abc$
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

一词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 $\omega^n-1=0$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 \\\\
   = &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*}

例4 $x^2 + xy + y^2$ 是不是 $x^7 + y^7 + (x + y)^7$ 的因式？

解 将$x=\omega$代入，发现

$$x^7 + y^7 + (x + y)^7=(x + y)(x^2 + xy + y^2)^2 (2x^2 - xy + 2y^2)$$