多项式的整除性

多项式是代数学中的一个基本概念，是中学代数中的主要研究对象之一，其理论和方法是高等代数中的一个重要组成部分。关于多项式的整除性的研究，在多项式理论和方法中，占有一个较重要的地位，也是目前中学数学竞赛热门内容之一。本文归纳总结了处理多项式整性问题的几种常用方法，并通过许多具体实例加以阐明。在本文中，用Ｆ［ｘ］表示数域Ｆ上多项式全体。如无特别说明，所有问题均在Ｆ［ｘ］中讨论。设ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）∈Ｆ［ｘ］，如果存在ｈ（ｘ）∈Ｆ［ｘ］使ｆ（ｘ）＝ｇ（ｘ）ｈ（ｘ），则称ｆ（ｘ）能被ｇ（ｘ）所整除，记为ｇ…     

简便易学的方法—矩阵法

二元一次不定方程ａｘ ｂｙ =ｃ ,当 (ａ ,ｂ) |ｃ时 ,一定有整数解 .在有解的前提下 ,不妨设 (ａ ,ｂ) =1 .如果ｘ0 、ｙ0 是ａｘ ｂｙ =ｃ的一个特解 ,且 (ａ ,ｂ)=1 ,那么二元一次不定方程ａｘ ｂｙ =ｃ的全部整数解为 ｘ =ｘ0 ｂｔ,ｙ =ｙ0 -ａｔ (ｔ∈Ｚ) .可见 ,求ａ     

多题一解 启迪思维

在闭区间上的二次函数的绝对值不等式的证明有一个通法 :将二次函数的系数用闭区间上的三个函数值 (一般用区间端点和中点的函数值 )来表示 ,然后借助于绝对值不等式来解决 .例 1　设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,ｆ(ｘ) =ａｘ2 +ｂｘ +ｃ(ａ≠ 0 ) .若 | ｆ( 0 ) |≤ 1,|ｆ( 1) |≤ 1,|ｆ( - 1) |≤ 1,试证 :对任何ｘ∈ [- 1,1] ,都有 |ｆ(ｘ) |≤ 54 .证明 :因ｆ( 0 ) =ｃ,ｆ( 1) =ａ +ｂ+ｃ,ｆ( - 1) =ａ-ｂ +ｃ,故解得ａ =ｆ( 1) + ｆ( - 1)2 - ｆ( 0 ) ,ｂ =ｆ( 1) - ｆ( - 1)2 ,ｃ=ｆ( 0 ) .∵　 |ｘ|≤ 1∴　 | ｆ(ｘ) | =|ａｘ2 +ｂｘ +ｃ|=ｆ( …     

高中数学总复习测试题

选择题1 下列各式 :( 1) 2 0 0 1 {ｘ|ｘ≤ 2 0 0 3};( 2 ) 2 0 0 3∈ {ｘ|ｘ <2 0 0 3};( 3) {2 0 0 3} {ｘ|ｘ≤ 20 0 3};( 4)Φ∈ {ｘ|ｘ <2 0 0 3},其中正确式子的个数为 (　　 )Ａ 1　　Ｂ 2　　Ｃ 3　　Ｄ 42 满足ｆ(π +ｘ) =- ｆ(ｘ) ,ｆ( -ｘ) =ｆ(ｘ)的函数 ｆ(ｘ)可能是 (　　 )Ａ ｓｉｎｘ　Ｂ ｓｉｎ ｘ2 　Ｃ ｃｏｓ2ｘ　Ｄ ｃｏｓｘ3 若函数 ｆ(ｘ) =ａｘ(ａ >0 ,ａ≠ 1)为减函数 ,那么 ｇ(ｘ) =ｌｏｇ1ａ1ｘ - 1的图象是 (　　 )Ａ　　　　　　　ＢＣ　　　　　　　Ｄ4 如果ａ·ｂ =ａ·ｃ且ａ≠ 0 ,那么 (　　 )Ａ ｂ =…     

一元多项式

一元多项式是各级各类数学竞赛的热点内容 ,它的研究和讨论是基于初等数学中的一元二次方程等方面的有关内容类比和推广而展开的 ,对于培养学生正确理解数学思想 ,掌握数学解题方法和策略是非常重要的 .在内容上 ,本讲重点研究一元ｎ次方程根的个数、根与系数的关系及整除性问题等 .一、基础知识1.形如　ｆ(ｘ) =ａｎｘｎ ａｎ - 1 ｘｎ - 1 … ａ1 ｘ ａ0 (其中ｎ为非负整数 ,ａ0 ,ａ1 ,ａ2 ,…ａｎ∈Ｃ ,且ａｎ≠ 0 )的代数式称为关于ｘ的复系数一元ｎ次多项式 .特别地 ,当系数ａ0 ,ａ1 ,… ,ａｎ∈Ｒ(或Ｑ或Ｚ)时 ,ｆ(ｘ)称为实系数 (…     

有奖解题擂台(59)

1　求证 :ｓｉｎ2 0 0 3° >12 ·ｃｏｓ2 0 0 2°。　 (不要使用计算器等工具。)2　试求出两条抛物线 ｙ2 =2 5 -6ｘ与ｘ2 =2 5 -8ｙ的所有的交点的坐标。　(不要使用一元四次方程求根公式。)3　试求出所有的有序正整数对 (ａ ,ｂ) (ａ≤ｂ) ,使得ａ能整除ｂ2 +ｂ +1 ,且ｂ能整除ａ2 +ａ +1。4　试求出所有的函数 ｆ :Ｒ -{0 ,1 }→Ｒ -{0 },使得对于任何的满足“ｘ·ｆ(ｙ) ,ｙ -ｘ∈Ｒ -{0 ,1 }”的ｘ∈Ｒ -{0 },ｙ∈Ｒ -{0 ,1 },都有　　ｆ(ｘ·ｆ(ｙ) ) =(1 -ｙ)·ｆ(ｙ -ｘ)。5　试求出所有的函数 ｆ :Ｒ→Ｒ ,使得对于任何的ｘ、ｙ∈…     

二元二次多项式的因式分解

本文给出了二元二次多项式ｆ（ｘ,ｙ）＝ａｘ２＋ｃｘｙ＋ｂｙ２＋ｄｘ＋ｅｙ＋ｆ（１）在整数及实数范围内可分解因式的充要条件,使用所给出的方法,使得二元二次多项式的因式分解规范化,并且简单易行．一、在整数范围内分解定理１　设（１）是整系数多项式,则它可分解为因式（ａ１ｘ＋ｂ１ｙ＋ｃ１）（ａ２ｘ＋ｂ２ｙ＋ｃ２）的充要条件是（Ⅰ）ａｘ２＋ｄｘ＋ｆ＝（ａ１ｘ＋ｃ１）（ａ２ｘ＋ｃ２）,ｂｙ２＋ｅｙ＋ｆ＝（ｂ１ｙ＋ｃ１）（ｂ２ｙ＋ｃ２）,ａｘ２＋ｃｘｙ＋ｂｙ２＝（ａ１ｘ＋ｂ１ｙ）（ａ２ｘ＋ｂ２ｙ）．只要比较ａ…     

活用函数思想解题

下面,通过一些具体例子说明函数思想在解题中的运用.　　一、比较大小例1　试比较|ａ+ｂ|1+|ａ+ｂ|与|ａ|+|ｂ|1+|ａ|+|ｂ|的大小.解:对于函数ｆ(ｘ)=ｘ1+ｘ=1-11+ｘ,易知当ｘ∈(-1,+∞)时,其为增函数.而0≤|ａ+ｂ|≤|ａ|+|ｂ|,故|ａ+ｂ|1+|ａ+ｂ|≤|ａ|+|ｂ|1+|ａ|+|ｂ|.注:通常可以利用函数的单调性解决比较大小的问题.二、证明不等式例2　已知实数ａ、ｂ、ｃ∈(0,1),证明:不等式ａ(1-ｂ)+ｂ(1-ｃ)+ｃ(1-ａ)<1总成立.证明:欲证不等式等价于(1-ｂ-ｃ)ａ+(1-ｃ)(ｂ-1)<0.记ｆ(ａ)=(1-ｂ-ｃ)ａ+(1-ｃ)(ｂ-1),故欲证原不等式成立,只需证明ａ∈…     

用函数方法巧证不等式

用函数方法证明不等式 ,常常能够方便地给出证明 .用函数方法证明不等式的关键是结合不等式的结构特征构造适当的函数 ,以便于利用这一函数的有关性质证明所给的不等式 .例 1　若ａ >ｂ>0 ,ｍ >0 .求证 :ａｂ >ａ +ｍｂ+ｍ.证明　令 ｆ(ｘ) =ａ+ｘｂ +ｘ.由ａ>ｂ可设ａ =ｂ+ｃ(ｃ >0 ) ,则ｆ(ｘ) =ｂ+ｘ +ｃｂ +ｘ =1+ｃｂ +ｘ.当ｘ∈ (0 ,+∞ )时 ,ｆ(ｘ)为减函数 .∵　ｍ >0 ,∴　ｆ(ｍ) <ｆ(0 ) .即 ａｂ >ａ+ｍｂ+ｍ.注　用函数方法证明不等式 ,往往要利用所构造函数的单调性 .例 2　设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ .证明 :ａ2 +ａｃ+ｃ2 +3ｂ(ａ+ｂ+…     

这道题及其证明均无误

题目 :设 ｆ(ｘ) =ａｘ2 ｂｘ ｃ,且当 |ｘ|≤ 1时 ,总有 |ｆ(ｘ) |≤ 1.求证 :|ｆ( 2 ) |≤ 8.证明 :∵当 |ｘ|≤ 1时 ,总有 |ｆ(ｘ) |≤ 1,∴ |ｆ( 0 ) |≤ 1,即 |ｃ|≤ 1;|2ｂ|=|ｆ( 1) - ｆ( - 1) |≤ |ｆ( 1) | |ｆ( - 1) |≤ 1 1=2 ,从而 |ｂ|≤ 1;|2ａ |=|ｆ( 1) ｆ(     

欢迎您—2003

一年一度的佳节———元旦 ,就要来临了 ,为了欢度节日 ,特为数学爱好者 ,提供一组结果均为 2 0 0 3的函数趣题以资助乐 .1　设对于函数 :ｆ(ｘ) =ｘ +3ｘ - 2 ,ｇ(ｘ) =ａｘ +ｂｘ +ｃ ,且有 ｆ[ｇ(ｘ) ] =2 0 0 6ｘ +42 0 0 1ｘ - 1,试求ａ、ｂ、ｃ之值 .解　由题目条件得 :ｆ[ｇ(ｘ) ] =ｇ(ｘ) +3ｇ(ｘ) - 2=ａｘ +ｂｘ +ｃ +3ａｘ +ｂｘ +ｃ - 2=(ａ +3)ｘ +(ｂ +3ｃ)(ａ - 2 )ｘ +(ｂ - 2ｃ) .由题设知(ａ +3)ｘ +(ｂ +3ｃ)(ａ - 2 )ｘ +(ｂ - 2ｃ) =2 0 0 6ｘ +42 0 0 1ｘ - 1,整理得 :( 5ａ - 10 0 15)ｘ2 +( 5ａ +5ｂ - 10 0 15ｃ- …     

2001年全国普通高等学校招生统一考试 上海 数学试题(理)

一、填空题 (本大题满分 4 8分 )1 设函数 ｆ(ｘ) =2 -ｘ,ｌｏｇ81ｘ ,　 ｘ∈ ( -∞ ,1 ]ｘ∈ ( 1 , ∞ ) 则满足 ｆ(ｘ) =14 的ｘ值为　　　　 .2 设数列 {ａｎ}的通项为ａｎ=2ｎ -7(ｎ∈Ｎ) ,则|ａ1| |ａ2 | … |ａ15| =　　　　 .3 设Ｐ为双曲线ｘ24 -ｙ2 =1上一动点 ,Ｏ为坐标原点 ,Ｍ为线段ＯＰ的中点 ,则点Ｍ的轨迹方程是　　　 .4 设集合Ａ ={ｘ| 2ｌｇｘ =ｌｇ( 8ｘ -1 5 ) ,ｘ∈Ｒ} ,Ｂ={ｘ|ｃｏｓ ｘ2 >0 ,ｘ∈Ｒ} ,则Ａ∩Ｂ的元素个数为　　　　个 .5 抛物线ｘ2 -4 ｙ -3=0的焦点坐标为　　　 .6 设数列 {ａｎ}是公比…     

配对原理(映射法计数)

(本讲适合高中 )1　知识与方法定义 1　设Ｘ和Ｙ是两个集合 (二者可以相同 ) ,如果对于每个ｘ∈Ｘ ,都有惟一确定的ｙ∈Ｙ与之对应 ,则称这个对应关系为Ｘ到Ｙ的映射 ,记为ｆ∶Ｘ→Ｙ .这时ｙ=ｆ(ｘ)∈Ｙ称为ｘ∈Ｘ的像 ,而ｘ称为ｙ的原像 .特别地 ,当Ｘ和Ｙ都是数集时 ,映射ｆ称为函数 .本讲主要介绍有限集上的映射及其性质 ,这在与计数有关的数学竞赛问题中应用极广 ,是参赛者必不可少的预备知识 .这里 ,我们用 |Ａ|表示集Ａ的元数 .定义 2　设ｆ为从Ｘ到Ｙ的一个映射 .( 1 )如果对于任何ｘ1、ｘ2 ∈Ｘ ,ｘ1≠ｘ2 ,都有ｆ(ｘ1)≠ｆ(ｘ2 ) …     

函数思想在解题中的应用

函数是贯穿于初等数学的一根主线 ,函数思想是数学思想方法的重要组成部分 .函数思想的实质是剔除问题的非数学特征 ,用联系变化的观点提出数学对象 ,抽象其数量特征 ,建立函数关系 .下列举例说明函数思想在解题中的重要性和广泛的应用性 .例 1　设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,且ａ2 ≤ 1 ,ｂ2 ≤ 1 ,ｃ2 ≤ 1 .求证 :ａｂ ｂｃ ｃａ 1≥ 0证明 :构造一次函数ｆ(ｘ) =(ａ ｃ)ｘ ｃａ 1若ａ ｃ=0 ,由于-1 ≤ａｃ≤ 1 ,有ａｃ 1≥ 0 .即ｆ(ｘ) ≥ 0若ａ ｃ≠ 0 ,ｆ(1 ) =ａ ｃ ｃａ 1=(1 ａ) (1 ｃ) ≥ 0 .ｆ(-1 ) =-(ａ ｃ) ｃａ 1 =(1 -ａ)…     

巧用焦点三角形面积公式解题

二次曲线中有许多美妙的性质 ,恰当地运用这些性质能优化我们的解题。本文介绍一个简洁优美的焦点三角形公式 ,并举例说明它的应用。定理　Ｐ是椭圆ｘ2ａ2 +ｙ2ｂ2 =1 (ａ >ｂ >0 )或双曲线ｘ2ａ2 -ｙ2ｂ2 =1 (ａ >0 ,ｂ>0 )上一点 ,Ｆ1(-ｃ,0 ) ,Ｆ2 (ｃ,0 )是左右两焦点 ,设 |ＰＦ1|·|ＰＦ2 |=λ2 ,则焦点△Ｆ1ＰＦ2的面积Ｓ =ｂλ2 -ｂ2 。证明　 (以椭圆为例 )设 |ＰＦ1|=ｒ1,|ＰＦ2 |=ｒ2 ,∠Ｆ1ＰＦ2 =α ,则ｒ1+ｒ2 =2ａ ,α∈ (0 ,π) ,在△Ｆ1ＰＦ2中 ,由余弦定理可得 :ｃｏｓα =ｒ21+ｒ22 -4ｃ22ｒ1ｒ2=(ｒ1+ｒ2 ) 2 -4ｃ2 -2ｒ…     

含绝对值不等式的一种解法

在解形如|ｆ(ｘ)|<ｇ(ｘ)及|ｆ(ｘ)|>ｇ(ｘ)的不等式时,往往会采取下列等价变换:|ｆ(ｘ)|<ｇ(ｘ)ｇ(ｘ)>0,-ｇ(ｘ)<ｆ(ｘ)<ｇ(ｘ).|ｆ(ｘ)|>ｇ(ｘ)ｇ(ｘ)≥0,ｆ(ｘ)>ｇ(ｘ)或ｆ(ｘ)<-ｇ(ｘ);或ｇ(ｘ)<0.这样做依据的是如下性质:不等式|ｘ|<ａ(ａ>0)的解集是{ｘ|-ａ<ｘ<ａ}.不等式|ｘ|>ａ(ａ>0)的解集是{ｘ|ｘ>ａ,或ｘ<-ａ}.难道其中条件“ａ>0”是必不可少的吗?对于不等式|ｘ|<ａ,当ａ≤0时,由绝对值的几何意义可知不等式无解,即解集为.而此时满足不等式-ａ<ｘ<ａ的ｘ是不存在的,故{ｘ|-ａ<ｘ<ａ}=.因而当ａ≤0时,不等式|ｘ|<ａ的解集还是{…     

函数f(x)=(ax b)~(1/2) (cx d)~(1/2)的优美性质

本文用初等方法导出函数 ｆ(ｘ) =ａｘ ｂ ｃｘ ｄ(ａ >0 ,ｃ<0 )的几个优美性质。1　ｆ(ｘ)不是单调函数显然 ,函数的定义域为 [-ｂａ ,-ｄｃ]。任给ｘ1、ｘ2 ∈ [-ｂａ ,-ｄｃ],且ｘ1<ｘ2 ,则ｆ(ｘ1) -ｆ(ｘ2 ) =(ａｘ1 ｂ ｃｘ1 ｄ) -(ａｘ2 ｂ ｃｘ2 ｄ)=(ａｘ1 ｂ     

函数f(x)=x~4 x~3 x~2 x 1的最小值

有的文献证明了对任何ｘ∈Ｒ,ｆ(ｘ)>0.本文获得定理　设ｘ∈Ｒ,则ｆ(ｘ)=ｘ4 ｘ2 ｘ 1在ｘ=ｘ0=-14 3-564 56144 3-564-56144=-060582958…处,取得最小值ｆ(ｘ0)=516[(ｘ0 1)2 2]=067355322…此定理可用微分法证明,同时得知ｘ0是方程ｆ’(ｘ)=0的惟一实根.下面用不等式(Ａ2 Ｂ2)(1 ａ2)≥(Ａ ａＢ)2(=|ａＡ=Ｂ)来证明.对ｆ(ｘ)进行”双配方”,应用该不等式,有ｆ(ｘ)=(ｘ2 12ｘ)2 34(ｘ 23)2 23=(ｘ2 12ｘ)2 (32ｘ 33)2 23≥11 ａ2[ｘ2 (12 32ａ)ｘ 33ａ]2 23.设3ａ=ｂ,13<ｂ<3,则ｘ2 (12 ｂ2)ｘ ｂ3≥14[4ｂ3-(12 ｂ2)2]=(3ｂ-1)(3-ｂ)48>0…     

例谈用函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)解题

在中学数学里有这样一类问题 ,问题中含有三个量 ,比如用ａ、ｂ、ｃ表示 ,问题的特征是出现 (或隐含着 )ａ ｂ ｃ(可简记为 ａ) ,ａｂ ｂｃ ｃａ(可简记为 ａｂ) ,ａｂｃ等三元对称表达式 .对于这一类问题有时可以借助于辅助函数ｆ(ｘ) =(ｘ -ａ) (ｘ -ｂ) (ｘ -ｃ)去方便地解决 .本文借用文〔1〕中的两个例题 (这是两个常见的例题 ,其中有一个来自一道ＩＭＯ试题 )说明这种解 (证 )题方法 .例 1　设ａ ,ｂ ,ｃ∈ ( 0 ,1) ,求证 :ａ( 1-ｂ) ｂ( 1-ｃ) ｃ( 1-ａ) <1. ( 1)(文〔1〕中的例 5,所用字母有所不同 )分析　欲证的不等式可以…     

巧解一道全国联赛试题

众所周知 ,若ａ≥ｂ且ａ≤ｂ ,则ａ=ｂ .利用这一结论常能解决一些数学问题 .下面是一道 2 0 0 2年全国联赛试题 :已知 ｆ(ｘ)是定义在Ｒ上的函数 ,ｆ( 1 ) =1 ,且对任意ｘ∈Ｒ都有ｆ(ｘ+ 5 )≥ ｆ(ｘ) + 5 ,ｆ(ｘ+ 1 )≤ ｆ(ｘ) + 1 .若 ｇ(ｘ) =ｆ(ｘ) + 1 -ｘ ,则ｇ( 2 0 0 2 ) =.解　由 ｇ(ｘ) =ｆ(ｘ) + 1 -ｘ ,得ｇ(ｘ+ 5 ) =ｆ(ｘ + 5 ) + 1 -ｘ-5=ｆ(ｘ + 5 ) -ｘ-4≥ ｆ(ｘ) + 5 -ｘ -4=ｆ(ｘ) + 1 -ｘ =ｇ(ｘ) ,ｇ(ｘ + 1 ) =ｆ(ｘ+ 1 ) + 1 -ｘ -1=ｆ(ｘ+ 1 ) -ｘ≤ｆ(ｘ) + 1 -ｘ =ｇ(ｘ) .∴ｇ(ｘ) ≤ｇ(ｘ+ 5 )≤ ｇ(ｘ + 4)…