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摘要： 本文以具体的实例为载体，讨论了利用高等代数中的多项式理论求解高中数学难题的方法。如利用多项式恒等定理與因式定理，求解次数较高并且系数未知的多项式问题，通过定理寻找整系数多项式的全部有理根，避免尝试法的不确定性，借此指出从高处着手解决这类问题的便利性及优势。
关键词： 多项式恒等定理；整系数多项式的有理根；因式定理
在中学数学里，常有形如f（x）=anxn an-1xn-1 … a0， n∈N的函数。当n≥3时， 涉及这类函数的求根问题就会较为困难。但若是接触高等代数中的一些多项式理论， 题目就会较为容易了。本文主要通过具体的例子来阐述如何运用这些理论来解决高中数学中的多项式问题。
例1存在实系数多项式f（x）=anxn an-1xn-1 … a0。若f（x）可被x2 px q整除，p，q∈R，如何求f（a），a∈R。
解：设f（x）=anxn an-1xn-1 … a0=（x2 px q）（bn-2xn-2 bn-3xn-3 … b0），则anxn an-1xn-1 … a0=bn-2xn （bn-3 pbn-2）xn-1 （bn-4 pbn-3 qbn-2）xn-2 … （b0 pb1 qb2）x2 （pb0 qb1）x qb0。
由多项式恒等定理，可得a0， a1， …， an， b0， b1， …， bn-2， p， q的关系如下：
an=bn-2an-1=bn-3 pbn-2an-2=bn-4 pbn-3 qbn-2……a0=qb0
在具体题目中， a一般与f（x）的系数存在联系， 并可通过上述式子得出。由这些联系， 又易得f（a）的值。具体情况见例2。
例2f（x）=x5 a3x3 a2x2 12a4x 32a5-a3a2 a2a3能被x2 x 1整除， 求f（-a）。
解：设f（x）=（x2 x 1）（x3 b2x2 b1x b0）， 化简， 得
f（x）=x5 （b2 1）x4 （b1 b2 1）x3 （b0 b1 b2）x2 （b0 b1）x b0。
则有0=b2 1，a3=b1 b2 1，a2=b0 b1 b2，1.5a5-a3a2 a2a3=b0，0.5a4=b0 b1，∴a3=a2
∴f（-a）=（-a）5 a3（-a）3 a2a2 12a4（-a） 32a5-a3a2 a2a3=0。
例3f（x）=x5-3ax4 bx3 cx2-3a2x a3能被x2-1整除，求f（a）。
解：由题易得（x-1）|f（x），（x 1）|f（x），由因式定理可知f（1）=0，f（-1）=0。
则1-3a b c-3a2 a3=0，-1-3a-b c 3a2 a3=0，∴b=3a2-1，c=3a-a3，
代入原式，有f（a）=a5-3a5 （3a2-1）a3 （3a-a3）a2-3a3 a3=0。
例4已知函数f（x）=ax3 bx2 cx d，其中a， b， c， Bd∈Q。求其过点P（m，n）的切线，其中m， n∈Q。
解：设点（x0，f（x0））是f（x）上的点。则由题有f′（x）=3ax2 2bx c， f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为f′（x0）（x-x0）=y-f（x0）。∵切线过点P，∴f′（x）（m-x0）=n-f（x0）， 化简得2ax03 （b-3am）x20-2bmx0 n-d-cm=0。又a， b， c， d，m，n∈Q， 所以存在k∈N， 使该式可以化作a′x3 b′x2 c′x d′=0，其中a′=2ak， b′=（b-3am）k， c′=-2bmk， d′=（n-d-cm）k。根据整系数多项式有理根的寻找方法可知， 若该等式存在有理根rs， 其中r， s互素， 那么必有s|a′， r|d′。此时若存在有理根， 易得要求的切线方程， 实例见例5。
例5已知函数f（x）=16x3 2，求其过点P136，114的切线。
解：由题有f′（x）=12x2，则f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为12x20（x-x0）=y-16x03 2。∵切线过点P，∴12x20136-x0=114-16x30 2，化简得4x30-13x20 9=0。根据整系数多项式有理根的寻找方法，易知该等式存在有理根x0′=1，x0″=3，x0=-34，易得切线方程12（x-1）=y-136，932x 34=y-247128和92（x-3）=y-132。
参考文献：
[1] 北京大学数学系前代数小组.高等代数第四版[M].北京：高等教育出版社，2013.
[2] 中国数学会普及工作委员会，各省市数学会.2016高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）[M].上海：华东师范大学出版社，2016.
关键词： 多项式恒等定理；整系数多项式的有理根；因式定理
在中学数学里，常有形如f（x）=anxn an-1xn-1 … a0， n∈N的函数。当n≥3时， 涉及这类函数的求根问题就会较为困难。但若是接触高等代数中的一些多项式理论， 题目就会较为容易了。本文主要通过具体的例子来阐述如何运用这些理论来解决高中数学中的多项式问题。
例1存在实系数多项式f（x）=anxn an-1xn-1 … a0。若f（x）可被x2 px q整除，p，q∈R，如何求f（a），a∈R。
解：设f（x）=anxn an-1xn-1 … a0=（x2 px q）（bn-2xn-2 bn-3xn-3 … b0），则anxn an-1xn-1 … a0=bn-2xn （bn-3 pbn-2）xn-1 （bn-4 pbn-3 qbn-2）xn-2 … （b0 pb1 qb2）x2 （pb0 qb1）x qb0。
由多项式恒等定理，可得a0， a1， …， an， b0， b1， …， bn-2， p， q的关系如下：
an=bn-2an-1=bn-3 pbn-2an-2=bn-4 pbn-3 qbn-2……a0=qb0
在具体题目中， a一般与f（x）的系数存在联系， 并可通过上述式子得出。由这些联系， 又易得f（a）的值。具体情况见例2。
例2f（x）=x5 a3x3 a2x2 12a4x 32a5-a3a2 a2a3能被x2 x 1整除， 求f（-a）。
解：设f（x）=（x2 x 1）（x3 b2x2 b1x b0）， 化简， 得
f（x）=x5 （b2 1）x4 （b1 b2 1）x3 （b0 b1 b2）x2 （b0 b1）x b0。
则有0=b2 1，a3=b1 b2 1，a2=b0 b1 b2，1.5a5-a3a2 a2a3=b0，0.5a4=b0 b1，∴a3=a2
∴f（-a）=（-a）5 a3（-a）3 a2a2 12a4（-a） 32a5-a3a2 a2a3=0。
例3f（x）=x5-3ax4 bx3 cx2-3a2x a3能被x2-1整除，求f（a）。
解：由题易得（x-1）|f（x），（x 1）|f（x），由因式定理可知f（1）=0，f（-1）=0。
则1-3a b c-3a2 a3=0，-1-3a-b c 3a2 a3=0，∴b=3a2-1，c=3a-a3，
代入原式，有f（a）=a5-3a5 （3a2-1）a3 （3a-a3）a2-3a3 a3=0。
例4已知函数f（x）=ax3 bx2 cx d，其中a， b， c， Bd∈Q。求其过点P（m，n）的切线，其中m， n∈Q。
解：设点（x0，f（x0））是f（x）上的点。则由题有f′（x）=3ax2 2bx c， f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为f′（x0）（x-x0）=y-f（x0）。∵切线过点P，∴f′（x）（m-x0）=n-f（x0）， 化简得2ax03 （b-3am）x20-2bmx0 n-d-cm=0。又a， b， c， d，m，n∈Q， 所以存在k∈N， 使该式可以化作a′x3 b′x2 c′x d′=0，其中a′=2ak， b′=（b-3am）k， c′=-2bmk， d′=（n-d-cm）k。根据整系数多项式有理根的寻找方法可知， 若该等式存在有理根rs， 其中r， s互素， 那么必有s|a′， r|d′。此时若存在有理根， 易得要求的切线方程， 实例见例5。
例5已知函数f（x）=16x3 2，求其过点P136，114的切线。
解：由题有f′（x）=12x2，则f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为12x20（x-x0）=y-16x03 2。∵切线过点P，∴12x20136-x0=114-16x30 2，化简得4x30-13x20 9=0。根据整系数多项式有理根的寻找方法，易知该等式存在有理根x0′=1，x0″=3，x0=-34，易得切线方程12（x-1）=y-136，932x 34=y-247128和92（x-3）=y-132。
参考文献：
[1] 北京大学数学系前代数小组.高等代数第四版[M].北京：高等教育出版社，2013.
[2] 中国数学会普及工作委员会，各省市数学会.2016高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）[M].上海：华东师范大学出版社，2016.