多元多项式因式分解

Multivariate Polynomial Factorization

摘要: 因式分解是近代数学的一个基本研究对象，也是数学中的一种重要的恒等变形。在阅读文献基础上，本文梳理了部分文献中关于多元多项式因式分解研究成果，进行了初步分析，提出了尽可能多的一些因式分解方法。

Abstract: Factorization is a basic research object of algebra; it is also a kind of important identity in mathe-matics. On the basis of deformation in the reading of the literature, this paper reviews the research results on multivariate polynomial factorization in literature, a preliminary analysis of some factors as much as possible the decomposition method.

1. 引言

定理1 [1] 设 $g\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$， $\varphi \left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 是某数域上的 $n$ 元对称多项式，那么它们的差、和、积也属于对称多项式，在可以整除的条件下，它们商也属于对称多项式。

证明：设 $h\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)=g\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)+\varphi \left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right),$ 在 $h$ 中任意对调两个字母，根据对称多项式的定义，我们可得， $g$ 和 $\varphi$ 是都不变的，因此 $h$ 也是不变，从而可知， $h$ 也属于对称多项式。

我们用同样的证明方法可得如下推论。

推论1 对称多项式的积也属于对称多项式。

推论2 对称多项式的幂也属于对称多项式。

下面我们给出对于多元多项式一些因式分解的方法。

2. 求导积分法因式分解

对于多元多项式函数 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$，对某个确定的 $y_j\left(j=1,2,\cdots ,n\right)$，有

$G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)={\displaystyle {\int }_0^{y_j}{G^{\prime }}_{y_j}}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\text{d}{y}_j+G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 而多项式

$G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 中必不含 $y_j$ 项，所以同上，只需多项式 ${G^{\prime }}_{y_j}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 与 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 有公因式，就可将多项式函数 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 进行因式分解，从而实现多元多项式因式分解；

定理3 (充分性)：多项式 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$，对于某个确定的 $y_j\left(j=1,2,\cdots ,n\right)$，若 ${G^{\prime }}_{y_j}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 与 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 有相同公因式，则 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 必可因式分解，且至少有因式 $d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$。

为了证明定理必要性，先证如下引理。

引理1. 设 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 为 $n$ 元多项式，若存在某个 $y_j\left(j=1,2,\cdots ,n\right)$ 使 ${G^{\prime }}_{y_j}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 与

$G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 有公因式，则 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)={\displaystyle {\int }_0^{y_j}{G^{\prime }}_{y_j}}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\text{d}{y}_j$ 与

$G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 有公因式。

证明：由 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 中必不含 $y_j$ 项，可令

$\left({G^{\prime }}_{y_j}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right),G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)\right)=d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$，

则存在多项式 $h_1\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$， $h_2\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 有

${G^{\prime }}_{y_j}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)=d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)h_1\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right),$

$G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)=d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)h_2\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$

从而

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\int }_0^{y_j}{G^{\prime }}_{y_j}}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\text{d}{y}_j={\displaystyle {\int }_0^{y_j}d}(y_1,y_2\mathrm{...},y_{j-1},0,y_{j+1},\mathrm{...},y_n)h_1\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\text{d}{y}_j\\ =d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right){\displaystyle {\int }_0^{y_j}{h}_1}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\text{d}{y}_j\end{array}$

故 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)={\displaystyle {\int }_0^{y_j}{G^{\prime }}_{y_j}}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\text{d}{y}_j$ 与 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 有公因式。

定理3 (必要性)：若 ${G^{\prime }}_{y_j}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 与 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 有相同公因式，则 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 可因式分解，且至少有因式 $d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$

证明：若 ${G^{\prime }}_{y_j}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 与 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 有如下公因式 $d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$，得 ${G^{\prime }}_{y_j}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 与 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$ 有公因式 $d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$，又

$\begin{array}{c}G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)={\displaystyle {\int }_0^{y_j}{G^{\prime }}_{y_j}}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\text{d}{y}_j+G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)\\ ={\displaystyle {\int }_0^{y_j}d}\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)h_1\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\text{d}{y}_j\\ +d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)h_2\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)\\ =d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)\left[{\displaystyle {\int }_{\text{0}}^{y_j}{h}_1\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)\text{d}{y}_j}+h_2\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)\right]\end{array}$

所以 $G\left(y_1,y_2,\cdots ,y_n\right)$ 可因式分解，因子为 $d\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{j-1},0,y_{j+1},\cdots ,y_n\right)$，定理得证。

3. 带余除法分解多元多项式

定义1 [2]. 若 $g\left(y_1,y_2,\cdots ,y_m\right)$ 与 $h\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{m-1}\right)$ 是 $G\left[y_1,y_2,\cdots ,y_m\right]$ 中的任意两个多元多项式，则存在唯一的一对多项式 $q\left(y_1,y_2,\cdots ,y_m\right)$ 与 $r\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{m-1}\right)$，使得

$g\left(y_1,y_2,\cdots ,y_m\right)=\left(y_m-h\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{m-1}\right)\right)q\left(y_1,y_2,\cdots ,y_m\right)+r\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{m-1}\right)$

$r\left(y_{1,}{y}_2,\cdots ,y_{m-1}\right)$ 与 $q\left(y_1,y_2,\cdots ,y_m\right)$ 分别叫做 $y_m-h\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{m-1}\right)$ 除 $g\left(y_1,y_2,\cdots ,y_m\right)$ 的余式和商式。

定理4 [3]. $g\left(y_1,y_2,\cdots y_{m-1},h\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{m-1}\right)\right)=0$ 的充要条件是 $g\left(y_1,y_2,\cdots ,y_m\right)$ 能被 $y_m-h\left(y_1,y_2,\cdots ,y_{m-1}\right)$ 整除

例1 把多项式 $a^3+b^3+c^3-3abc$ 因式分解

解 令 $g\left(a,b,c\right)=a^3+b^3+c^3-3abc$

$g\left(-b-c,b,c\right)={\left(-b-c\right)}^3+b^3+c^3-3\left(-b-c\right)bc=0$

由定理3得 $a+b+c$ 整除 $g\left(a,b,c\right)$，视 $a$ 为未知量，运用一元多项式中的带余除法，以 $a+\left(b+c\right)$ 除 $a^3-\left(3bc\right)a+\left(b^3+c^3\right)$，有

$\begin{array}{c}{a}^3-\left(3bc\right)a+\left(b^3+c^3\right)=\left(a+b+c\right)\left[a^2-\left(b+c\right)a+\left(b^2-bc+c^2\right)\right]\\ =\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\end{array}$

所以

$a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)$

多项式恒等定理：如果 $b_0{y}^n+b_1{y}^{n-1}+\cdots +b_n=c_0{y}^n+c_1{y}^{n-1}+\cdots +c_n$ 是一个恒等式，必有且只有 $b_0=c_0,b_1=c_1,\cdots ,b_n=c_n$。

4. 待定系数法分解多元多项式

待定系数法所具有的一般特性：先根据题中所给出得条件给出一个含有系数的恒等式；由多项式恒等理论，比较恒等式左右两边各对应项的系数，列出相应的方程，求解对应系数的方法称为待定系数法。

定理5 [4]. 若多项式 $a{x}^2+bxy+c{y}^2+dx+ey+f$ 能分解，求证：

$4acf+bde-a{e}^2-c{d}^2-f{b}^2=0$

证明 令

$\begin{array}{l}a{x}^2+bxy+c{y}^2+dx+ey+f\\ =\left(lx+my+n\right)\left(l^{\prime }x+m^{\prime }y+n^{\prime }\right)\\ =l{l}^{\prime }{x}^2+\left(l{m}^{\prime }+l^{\prime }m\right)xy+m{m}^{\prime }{y}^2+\left(l{n}^{\prime }+l^{\prime }n\right)x+\left(m{n}^{\prime }+m^{\prime }n\right)y+n{n}^{\prime }\end{array}$

由多项式恒等定理得

$\{\begin{array}{l}l{l}^{\prime }=a(1)\hfill \\ l{m}^{\prime }+l^{\prime }m=b(2)\hfill \\ m{m}^{\prime }=c(3)\hfill \\ l{n}^{\prime }+l^{\prime }n=d(4)\hfill \\ m{n}^{\prime }+m^{\prime }n=e(5)\hfill \\ n{n}^{\prime }=f(\; 6\; )\hfill \end{array}$

由(1)，(2)，(3)，(4)，(5)，(6)消去 $l,m,n$ 和 $l^{\prime },m^{\prime },n^{\prime }$，可得已知多项式各系数之间的关系式，即为多项式能够分解为两个一次因式的条件。

由(2)，(4)，(5)得

$\begin{array}{c}bde=2l{l}^{\prime }m{m}^{\prime }n{n}^{\prime }+l{l}^{\prime }\left(m^2{n^{\prime }}^2+{m^{\prime }}^2{n}^2\right)+m{m}^{\prime }\left(l^2{n^{\prime }}^2+{l^{\prime }}^2{n}^2\right)+n{n}^{\prime }\left(l^2{m^{\prime }}^2+{l^{\prime }}^2{m}^2\right)\\ =l{l}^{\prime }{\left(m{n}^{\prime }+m^{\prime }n\right)}^2+m{m}^{\prime }{\left(l{n}^{\prime }+l^{\prime }n\right)}^2+n{n}^{\prime }{\left(l{m}^{\prime }+l^{\prime }m\right)}^2-4l{l}^{\prime }m{m}^{\prime }n{n}^{\prime }\text{(7)}\end{array}$

再把(1)，(2)，(3)，(4)，(5)，(6)代入(7)，得

$bde=a{e}^2+c{d}^2+f{b}^2-4acf$

即 $4acf+bde-a{e}^2-c{d}^2-f{b}^2=0$

例2 根据定理5结论判断 $4x^2-4xy-3y^2-4x+10y-3$ 能否将其分解因式，若能，请将其分解；若不能，请说明原因。

解由定理5结论得

$\begin{array}{l}4acf+bde-a{e}^2-c{d}^2-f{b}^2\\ =4\times 4\times \left(-3\right)\left(-3\right)+\left(-4\right)\times \left(-4\right)\times 10-4\times {10}^2-\left(-3\right)\times {\left(-4\right)}^2-\left(-3\right)\times {\left(-4\right)}^2\\ =144+160-400+48+48\\ =0\end{array}$

故 $4x^2-4xy-3y^2-4x+10y-3$ 可因式分解。

设

$\begin{array}{l}4x^2-4xy-3y^2-4x+10y-3\\ =\left(2x-3y+m\right)\left(2x+y+n\right)\\ =4x^2-4xy-3y^2+2\left(m+n\right)x+\left(m-3n\right)y+mn\end{array}$

由多项式恒等定理得

$\{\begin{array}{l}2m+2n=-4(1)\hfill \\ m-3n=10(2)\hfill \\ mn=-3(\; 3\; )\hfill \end{array}$

由(1)和(2)得 $m=1,n=-3$。而 $m,n$ 的值适合(3)。

故

$\begin{array}{l}4x^2-4xy-3y^2-4x+10y-3\\ =\left(2x-3y+\text{1}\right)\left(2x+y-3\right)\end{array}$

5. 代0消元发分解多元多项式

对于二元多项式 $a{x}^2+bxy+c{y}^2+dx+ey+f$，可视此二元多项式为一个二元函数，即

$f\left(x,y\right)=a{x}^2+bxy+c{y}^2+dx+ey+f$，

假设它能够分解为 $\left(a_{0}x+b_{0}y+c_0\right)\left({a^{\prime }}_{0}x+{b^{\prime }}_{0}y+{c^{\prime }}_0\right)$，则当 $x,y$ 任意取值时，分解后的因式与原式相等。所以当令 $x=0$ 或 $\left(y=0\right)$ 时，二元函数 $f\left(x,y\right)$ 即可转化为一元函数 $f\left(y\right)$ 或 $f\left(x\right)$，从而二元多项式可以转化为一元多项式。同理，多元多项式也可以转化为一元多项式，故多元多项式因式分解的问题可转化为一元多项式因式分解问题。

例3 把 $x^2+3xy+2y^2+4x+5y+3$ 因式分解。

解 令 $f\left(x,y\right)=x^2+3xy+2y^2+4x+5y+3$

假设 $f\left(x,y\right)=\left(x+b_{0}y+c_0\right)\left(x+{b^{\prime }}_{0}y+{c^{\prime }}_0\right)$

令 $x=0$，则上式变为 $2y^2+5y+3=\left(b_{0}y+c_0\right)\left({b^{\prime }}_{0}y+{c^{\prime }}_0\right)$

根据多项式恒等定理可得。

$b_0=2,{b^{\prime }}_0=1,c_0=3,{c^{\prime }}_0=1$

故原多项式因式分解为

$x^2+3xy+2y^2+4x+5y+3=\left(x+2y+3\right)\left(x+y+1\right)$

6. 求根法分解多元多项式

在此方法的运用过程中，我们通常先把其中任意一个量视为未知量，其余量通通视为常量，构造出一个一元二次方程来，求此一元二次方程的判别式，当判别式等于零，则此多项式可在有理数域内分解；当判别式大于零，若它是完全平方数，则可在有理数域内分解，否则不能在有理数域分解，但在实数域可分解；当判别式小于零，在实数域不能分解，但在复数域可分解。然后根据公式法求出一元二次方程的根，根据因式定理，找出此因式，从而完成分解。

例4 把 $2x^2-7xy+3y^2-5yz+5zx+2z^2$ 因式分解。

解 将 $x$ 视为未知量，构造出一元二次方程 $2x^2+\left(5z-7y\right)x+\left(3y^2-5yz+2z^2\right)=0$

由公式法求得

$x=\frac{-\left(5z-7y\right)\pm \sqrt{{\left(5z-7y\right)}^2-8\left(3y^2-5yz+2z^2\right)}}{2\times 2}=\frac{7y-5z\pm \left(5y-3z\right)}{4}$

$x_1=\frac{7y-5z+5y-3z}{4}=3y-2z$， $x_2=\frac{7y-5z-5y+3z}{4}=\frac{y-z}{2}$

所以

$\begin{array}{c}2x^2-7xy+3y^2-5yz+5zx+2z^2=2\left(x-3y+2z\right)\left(x-\frac{y-z}{2}\right)\\ =\left(x-3y+2z\right)\left(2x-y+z\right)\end{array}$。