第 10 章 · いろいろな式

项目	内容
シラバス项目	8. いろいろな式（数学Ⅱ）：(1) 式と証明（① 多項式の除法，分数式，二項定理，恒等式 ② 等式と不等式の証明）、(2) 高次方程式（① 複素数と2次方程式の解 ② 解と係数の関係 ③ 剰余の定理と因数定理 ④ 高次方程式の解法と性質）
コース	只有コース2 考
国内书对应	国内书第 3 章（作差法、基本不等式）、第 4 章 4.2 节（判别式、韦达定理）、第 17 章 17.4 节（实系数方程的虚根）、第 34 章 34.5 节（二项式定理）。多项式除法、恒等式、余数定理、因式定理、高次方程国内都没有
本章新内容的分量	约一半是全新内容：多项式除法、恒等式、剰余の定理・因数定理、高次方程式（組立除法、1 的立方根 $\omega$）。不等式证明、复数解、韦达定理国内学过，但 EJU 要求更多：要写成证明，判别式要能处理含参数的情况，韦达定理在虚数解时也要用

国内新课标把多项式的带余除法、余数定理、高次方程都删了，不等式证明（旧选修 4-5）也删了，所以这一章对中国学生来说一半是新的。EJU コース2 很少拿这一章单独出一整道大题，但它的工具到处都用：三次函数题先用因数定理分解，复数题先解二次方程，最值题用相加相乗平均。丢分主要丢在三处：多项式除法缺项不补 0，二次式除法的余式只设成常数，用相加相乗平均时不检查等号能否取到。

10.1 与国内的对照

シラバス小项目（日文原文）	国内书位置	相同 / 讲法不同 / 国内没有	本章哪节讲
(1) ① 多項式の除法	无（初中只学整式的乘法和因式分解）	国内没有	10.2
(1) ① 分数式	初中学过分式的约分、通分和四则运算	讲法不同：日本单独整理成“分数式”，还要化成“整式＋真分数式”	10.2
(1) ① 二項定理	国内书第 34 章 34.5 节	相同，只是记号写成 ${}_n\mathrm{C}_r$（见本书第 7 章）；日本教科书多讲一个“多項定理”，见本表下方	不展开
(1) ① 恒等式	国内书第 3 章 3.2 节的例题里用过“比较系数”，没有作为知识点讲	国内没有（作为知识点）	10.3
(1) ② 等式と不等式の証明	国内书第 3 章 3.3、3.4 节（作差法、基本不等式）	讲法不同：日本要求写成证明，还有条件等式、比例式、平方比较、绝对值不等式	10.4
(2) ① 複素数と2次方程式の解	国内书第 4 章 4.2 节（判别式）、第 17 章 17.4 节（实系数方程的虚根）	讲法不同：判别式写 $D$，常用 $\dfrac{D}{4}$，含参数时分“实数解、重解、虚数解”讨论，负数的平方根有专门的计算规则	10.5
(2) ② 解と係数の関係	国内书第 4 章 4.2 节（只在实根时用）	讲法不同：虚数解也用，还用来造方程、在复数范围内因式分解，三次方程也有	10.6
(2) ③ 剰余の定理と因数定理	无	国内没有	10.7
(2) ④ 高次方程式の解法と性質	无（国内只解二次方程）	国内没有	10.8

二项式定理只差记号。 日本写成

$$(a + b)^n = {}_n\mathrm{C}_0 a^n + {}_n\mathrm{C}_1 a^{n - 1} b + \dots + {}_n\mathrm{C}_r a^{n - r} b^r + \dots + {}_n\mathrm{C}_n b^n,$$

${}_n\mathrm{C}_r a^{n - r} b^r$ 叫一般項（通项），${}_n\mathrm{C}_r$ 叫二項係数。求特定项的系数、用 $x = 1$、$x = -1$ 代入求系数和，做法和国内书第 34 章 34.5 节完全一样。日本教科书在这里多讲一条多項定理：$(a + b + c)^n$ 展开后 $a^p b^q c^r$（$p + q + r = n$）的系数是

$$\frac{n!}{p!\,q!\,r!}.$$

道理和“同じものを含む順列”一样（本书第 7 章）：从 $n$ 个括号里选 $p$ 个取 $a$、$q$ 个取 $b$、$r$ 个取 $c$。例如 $(a + 2b + c)^4$ 中 $a^2 bc$ 的系数是 $\dfrac{4!}{2!\,1!\,1!} \times 2 = 24$（$2b$ 的 2 要乘进去）。

本章七个知识点分两条线：一条从多项式除法出发，经恒等式到余数定理、因式定理，最后解高次方程；另一条从二次方程的复数解到韦达定理，也通向高次方程。等式与不等式的证明相对独立。

10.2 多項式の除法と分数式

说明

多項式の除法：日本教科书把多项式叫整式（シラバス写“多項式”）。整式 $A$ 除以整式 $B$（$B \ne 0$），得到商 $Q$ 和余り $R$：

$$A = BQ + R, \qquad R = 0 \text{ または } (R \text{ の次数}) < (B \text{ の次数}).$$

$R = 0$ 时说 $A$ 能被 $B$ 整除（割り切れる）。做法和整数的竖式除法一样：两式都按降べきの順（降幂）排好，用 $A$ 的最高次项除以 $B$ 的最高次项得商的一项，乘回去相减，重复到余式的次数小于 $B$ 的次数为止。

以 $(2x^3 - 3x^2 + 4x - 5) \div (x^2 - x + 1)$ 为例：

步骤	商的这一项	减去	剩下
1	$2x^3 \div x^2 = 2x$	$2x(x^2 - x + 1) = 2x^3 - 2x^2 + 2x$	$-x^2 + 2x - 5$
2	$-x^2 \div x^2 = -1$	$-1 \cdot (x^2 - x + 1) = -x^2 + x - 1$	$x - 4$

$x - 4$ 是一次，比除式的二次低，停止。商 $2x - 1$，余り $x - 4$：

$$2x^3 - 3x^2 + 4x - 5 = (x^2 - x + 1)(2x - 1) + x - 4.$$

分数式：$\dfrac{A}{B}$ 形式、分母 $B$ 含文字的式子叫分数式（国内叫分式）。分子分母没有公因式的叫既約分数式。约分、通分、四则运算和分数一样，先把分子分母因式分解。分子或分母里又有分数式的叫繁分数式，分子分母同乘一个式子化简。

化成“整式＋真分数式”：分子的次数不低于分母时，用除法写成 $\dfrac{A}{B} = Q + \dfrac{R}{B}$。例如 $\dfrac{2x^2 + x - 1}{x - 1} = 2x + 3 + \dfrac{2}{x - 1}$。

使用场景

• 题目给出两个整式，要求商和余り：直接做竖式除法。
• 题目给出被除式、商、余り中的几个，要求另一个：用 $A = BQ + R$ 反求。
• 题目说某整式（含参数）能被另一个整式整除，求参数：做除法，令余り的各项系数为 0。
• 分数式的加减乘除、繁分数式化简：先因式分解，再约分或通分。
• 分子次数不低于分母，要求整数值、最值或画图：先化成“整式＋真分数式”。

注意点

• 两式都按降幂排列，缺的项补 0（$x^3 + 2$ 写成 $x^3 + 0x^2 + 0x + 2$）。
• 停止的标准是余り的次数小于除式的次数，不是“余り比除式小”。
• 除式是二次式时，余り最高是一次式，要设成 $px + q$，不能只设成常数。
• 分数式约分只能约掉因式，不能约掉和里的一项：$\dfrac{x + 2}{x + 3}$ 不能约。
• 分数式要求分母不为 0。题目问”$x$ 的值“时，要排除使原式分母为 0 的值。
• EJU 题干的说法：「整式 $A$ を整式 $B$ で割ったときの商と余り」「割り切れる」「既約分数式」。

证明

结论：$A = BQ + R$ 中的商和余り是唯一的。

存在性：竖式除法的每一步都让剩下的式子的次数至少降 1，有限步之后次数一定小于 $B$ 的次数，这时停下，就得到 $Q$ 和 $R$。

唯一性：设 $A = BQ_1 + R_1 = BQ_2 + R_2$，$R_1$、$R_2$ 都是 0 或次数小于 $B$。两式相减：

$$B(Q_1 - Q_2) = R_2 - R_1.$$

（关键一步：如果 $Q_1 \ne Q_2$，左边的次数至少是 $B$ 的次数；右边是 0 或次数小于 $B$ 的次数，矛盾。）所以 $Q_1 = Q_2$，从而 $R_1 = R_2$。

例题

例 1　（场景：求商和余り）

問題　$(2x^3 - 3x^2 + 4x - 5) \div (x^2 - x + 1)$ の商と余りを求めよ。

解答　商は $2x - 1$，余りは $x - 4$ である。

中文翻译　题目：求 $(2x^3 - 3x^2 + 4x - 5) \div (x^2 - x + 1)$ 的商和余り。解答：商 $2x - 1$，余り $x - 4$。

解说　验算：$(x^2 - x + 1)(2x - 1) = 2x^3 - 3x^2 + 3x - 1$，加上 $x - 4$ 得 $2x^3 - 3x^2 + 4x - 5$，正确。容易卡在：第 $2$ 步做减法时，$2x - x$ 和 $-5 - (-1)$ 的符号弄错。减法时把要减的整行变号再加，最不容易错。

例 2　（场景：反求除式）

問題　整式 $x^3 - 2x^2 + 3x + 4$ を整式 $B$ で割ると，商が $x - 2$，余りが $2x + 6$ になった。$B$ を求めよ。

解答　$A = BQ + R$ より $x^3 - 2x^2 + 3x + 4 = B(x - 2) + 2x + 6$， すなわち $B(x - 2) = x^3 - 2x^2 + x - 2$。

右辺を因数分解すると $x^3 - 2x^2 + x - 2 = x^2(x - 2) + (x - 2) = (x^2 + 1)(x - 2)$ であるから，$B = x^2 + 1$。余り $2x + 6$ は $1$ 次で，$B$ の $2$ 次より低いから条件を満たす。

中文翻译　题目：整式 $x^3 - 2x^2 + 3x + 4$ 除以整式 $B$，商是 $x - 2$，余り是 $2x + 6$。求 $B$。解答：由 $A = BQ + R$，$x^3 - 2x^2 + 3x + 4 = B(x - 2) + 2x + 6$，即 $B(x - 2) = x^3 - 2x^2 + x - 2$。右边分解：$x^3 - 2x^2 + x - 2 = x^2(x - 2) + (x - 2) = (x^2 + 1)(x - 2)$，所以 $B = x^2 + 1$。余り $2x + 6$ 是一次，比 $B$ 的二次低，符合要求。

解说　把 $A = BQ + R$ 移项成 $BQ = A - R$，再除以 $Q$，是反求除式的固定做法。最后检查余数的次数小于除式的次数，本题余数一次、除式二次，符合。

例 3　（场景：含参数的整除）

問題　整式 $x^3 + ax^2 + bx + 6$ が $x^2 + x - 2$ で割り切れるとき，$a$，$b$ を求めよ。

解答　割り算を行う。

段	商の項	引く式	残り
1	$x$	$x^3 + x^2 - 2x$	$(a - 1)x^2 + (b + 2)x + 6$
2	$a - 1$	$(a - 1)x^2 + (a - 1)x - 2(a - 1)$	$(b - a + 3)x + (2a + 4)$

余り $(b - a + 3)x + (2a + 4)$ が恒等的に $0$ であるためには，$2a + 4 = 0$，$b - a + 3 = 0$。よって $a = -2$，$b = -5$。

中文翻译　题目：整式 $x^3 + ax^2 + bx + 6$ 能被 $x^2 + x - 2$ 整除，求 $a$、$b$。解答：做除法。第 $1$ 段商 $x$，减去 $x^3 + x^2 - 2x$，剩 $(a - 1)x^2 + (b + 2)x + 6$；第 $2$ 段商 $a - 1$，减去 $(a - 1)x^2 + (a - 1)x - 2(a - 1)$，剩 $(b - a + 3)x + (2a + 4)$。余り $(b - a + 3)x + (2a + 4)$ 必须恒为 $0$，所以 $2a + 4 = 0$，$b - a + 3 = 0$，得 $a = -2$，$b = -5$。

解说　另一种解法：$x^2 + x - 2 = (x - 1)(x + 2)$。能被它整除，则 $P(x) = x^3 + ax^2 + bx + 6$ 满足 $P(1) = 0$、$P(-2) = 0$（因数定理，10.7 节）：$1 + a + b + 6 = 0$，$-8 + 4a - 2b + 6 = 0$，即 $a + b = -7$，$2a - b = 1$，得 $a = -2$，$b = -5$。除式能分解成不同的一次因式时，代入法快得多；除式在实数范围内分解不了（如 $x^2 + x + 1$）时，只能做除法，或者用 10.8 节的 $\omega$。

例 4　（场景：分数式的计算）

問題　次の分数式を簡単にせよ。 (1) $\dfrac{x + 3}{x^2 - 1} - \dfrac{2}{x^2 - x}$ (2) $\dfrac{1 - \frac{1}{x}}{x - \frac{1}{x}}$

解答　(1) $x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$，$x^2 - x = x(x - 1)$ であるから，共通分母は $x(x - 1)(x + 1)$。 $\dfrac{x(x + 3) - 2(x + 1)}{x(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{x^2 + x - 2}{x(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{(x + 2)(x - 1)}{x(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{x + 2}{x(x + 1)}$。

(2) 分子分母に $x$ を掛ける。 $\dfrac{x - 1}{x^2 - 1} = \dfrac{x - 1}{(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{1}{x + 1}$。

中文翻译　题目：化简：（1）$\dfrac{x + 3}{x^2 - 1} - \dfrac{2}{x^2 - x}$；（2）$\dfrac{1 - \frac{1}{x}}{x - \frac{1}{x}}$。解答：（1）$x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$，$x^2 - x = x(x - 1)$，公分母 $x(x - 1)(x + 1)$：$\dfrac{x(x + 3) - 2(x + 1)}{x(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{x^2 + x - 2}{x(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{(x + 2)(x - 1)}{x(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{x + 2}{x(x + 1)}$。（2）分子分母同乘 $x$：$\dfrac{x - 1}{x^2 - 1} = \dfrac{x - 1}{(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{1}{x + 1}$。

解说　容易卡在：(1) 通分后分子不再因式分解，错过了约分。分数式的结果要化成既约分数式；通分后先分解分子，再和分母约去公因式。第 (2) 问先消去“分子分母中的分数”，再分解约分。

例 5　（场景：化成整式＋真分数式）

問題　$\dfrac{2x^2 + x - 1}{x - 1}$ を「整式＋真分数式」の形に直し，その値が整数となる整数 $x$ をすべて求めよ。

解答　$2x^2 + x - 1 = (x - 1)(2x + 3) + 2$ であるから， $\dfrac{2x^2 + x - 1}{x - 1} = 2x + 3 + \dfrac{2}{x - 1}$。

$x$ が整数のとき $2x + 3$ は整数であるから，$\dfrac{2}{x - 1}$ が整数であればよい。すなわち $x - 1$ が $2$ の約数で，$x - 1 = \pm 1, \pm 2$。よって $x = 2, 0, 3, -1$。

中文翻译　题目：把 $\dfrac{2x^2 + x - 1}{x - 1}$ 化成“整式＋真分数式”，并求使它的值为整数的所有整数 $x$。解答：$2x^2 + x - 1 = (x - 1)(2x + 3) + 2$，所以 $\dfrac{2x^2 + x - 1}{x - 1} = 2x + 3 + \dfrac{2}{x - 1}$。$x$ 是整数时 $2x + 3$ 是整数，只要 $\dfrac{2}{x - 1}$ 是整数，即 $x - 1$ 是 $2$ 的约数：$x - 1 = \pm 1, \pm 2$，得 $x = 2, 0, 3, -1$。

解说　先做带余除法，把分数式写成“整式＋真分数式”，整数部分自动是整数，只要看分数部分。$\dfrac{2}{x-1}$ 为整数，等价于 $x - 1$ 是 $2$ 的约数；约数要取正负两种，别漏负的。

常用推论

• 除以一次式 $x - a$ 的余り是常数，等于 $P(a)$。推导见 10.7 节。
• 除以二次式时余り设成 $px + q$，除以三次式时设成 $px^2 + qx + r$。推导：余り的次数小于除式。
• $A = BQ + R$ 时，$A$ 与 $B$ 的公因式和 $B$ 与 $R$ 的公因式相同，所以多项式也能用互除法求最大公因式。推导和第 8 章 8.4 节整数的互除法一样。
• $\dfrac{ax + b}{cx + d} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{bc - ad}{c(cx + d)}$（$c \ne 0$）。推导：右边通分即得左边。这是第 19 章分数函数化成标准形的公式。

易错点

• 错在哪：$(x^3 + 2) \div (x - 1)$ 不补 0，竖式里各次项错位。 为什么错：竖式除法靠“同次项上下对齐”相减，缺项不占位，后面的项就和错的次数相减。 正确做法：写成 $x^3 + 0x^2 + 0x + 2$ 再除，商 $x^2 + x + 1$，余り 3。
• 错在哪：除以 $x^2 + 1$ 的余り设成常数 $r$。 为什么错：余り只要求次数低于除式的二次，一次式 $px + q$ 也可以。设成常数等于先假定了 $p = 0$。 正确做法：除以二次式，余り一律设 $px + q$。
• 错在哪：$\dfrac{x^2 + 2x}{x^2 + 3x}$ 约成 $\dfrac{2x}{3x} = \dfrac{2}{3}$。 为什么错：$x^2$ 是和里的一项，不是公因式，不能约。 正确做法：先因式分解，$\dfrac{x(x + 2)}{x(x + 3)} = \dfrac{x + 2}{x + 3}$（$x \ne 0$）。

直观理解

多项式除法和整数除法 $a = bq + r$（$0 \le r < b$，第 8 章 8.3 节）是同一件事，只是把“大小”换成“次数”。把 $x = 10$ 代进例 1：$2x^3 - 3x^2 + 4x - 5 = 1735$，$x^2 - x + 1 = 91$，商 $2x - 1 = 19$，余り $x - 4 = 6$，正好 $1735 = 91 \times 19 + 6$。多项式的竖式除法就像“不进位”的整数竖式除法。

关联知识点

• 前置：初中的整式乘法、因式分解和分式运算。国内书没有对应节。
• 本书第 8 章 8.3、8.4 节：整数的除法和互除法，与本节平行。
• 后续：10.3 节恒等式，$A = BQ + R$ 本身就是恒等式；10.7 节余数定理是“除以一次式”的特例。
• 后续：第 19 章分数関数要先把 $\dfrac{ax + b}{cx + d}$ 化成标准形；第 22 章积分有理函数时，第一步就是化成整式＋真分数式。

10.3 恒等式

说明

恒等式：等式两边的文字取任何值（使两边有意义的值）都成立，这个等式叫恒等式。例如 $(x + 1)^2 = x^2 + 2x + 1$。只对某些值成立的等式叫方程式，例如 $x^2 = 2x - 1$ 只在 $x = 1$ 时成立。题干说「$x$ についての恒等式」「すべての $x$ について成り立つ」「どのような $x$ の値に対しても成り立つ」，意思都是恒等式。

恒等式の性質：

$$ax^2 + bx + c = a'x^2 + b'x + c' \text{ が } x \text{ についての恒等式} \iff a = a',\ b = b',\ c = c'.$$

特别地，$ax^2 + bx + c = 0$ 是恒等式 $\iff a = b = c = 0$。三次以上同样：两边同次项的系数分别相等。

求恒等式里的未知系数，两种方法：

• 係数比較法：两边展开整理，同次项系数相等，列方程组。
• 数値代入法：给 $x$ 代入几个方便的值，列方程组。代入法只用了“在这几个值处成立”，得到的是必要条件；代入的不同值的个数比两边的次数多（例如两边都是二次以下，代入 3 个不同的值）时自动充分，否则要回到原式验证。

部分分数分解：把分母是乘积的分数式拆成几个简单分数式的和，例如 $\dfrac{3x + 1}{(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{2}{x - 1} + \dfrac{1}{x + 1}$。做法是设出形式，去分母后当作恒等式求系数。

使用场景

• 题目说「$x$ についての恒等式」并给出含未知系数的等式：係数比較法或数値代入法。
• 分数式要拆成简单分数式的和（数列求和、积分的准备）：部分分数分解。
• 题目说「$k$ の値にかかわらず」（不论 $k$ 取何值）某式成立，如直线、圆过定点：按 $k$ 整理，看成关于 $k$ 的恒等式。
• 题目说“满足某个条件的所有 $x$、$y$ 都成立”：用条件消去一个文字，再看成另一个文字的恒等式。

注意点

• 恒等式不是方程，不是“解出 $x$”，而是求使等式对一切 $x$ 成立的系数。
• 数値代入法要挑使计算简单的值，例如让某个因式为 0 的值。
• 部分分数分解时，原式乘以分母之后是多项式恒等式，这时可以代入使原分母为 0 的值；乘之前不行。
• 关于两个文字的恒等式（如「$x$，$y$ についての恒等式」），每一种 $x^i y^j$ 的系数分别相等。
• EJU 题干的说法：「〜が $x$ についての恒等式となるように，定数 $a$，$b$，$c$ の値を定めよ」「$k$ の値にかかわらず定点を通る」。

证明

结论 1：$ax^2 + bx + c = 0$ 对一切 $x$ 成立，则 $a = b = c = 0$。

代入 $x = 0$：$c = 0$。于是 $ax^2 + bx = 0$ 对一切 $x$ 成立；代入 $x = 1$、$x = -1$：$a + b = 0$，$a - b = 0$，得 $a = b = 0$。

两边都含系数的情形，把右边移到左边，$(a - a')x^2 + (b - b')x + (c - c') = 0$ 是恒等式，由上面的结论各系数为 0。

结论 2：两边都是 $n$ 次以下的整式，在 $n + 1$ 个不同的值处相等，则是恒等式。 令 $P(x)$ 为两边之差，它是 $n$ 次以下的整式，有 $n + 1$ 个不同的根 $a_1, \dots, a_{n + 1}$。（关键一步：由因数定理（10.7 节），$P(x)$ 能被 $(x - a_1)(x - a_2)\cdots(x - a_{n + 1})$ 整除，这个积是 $n + 1$ 次。）$n$ 次以下的整式被 $n + 1$ 次式整除，只能是 $P(x) = 0$。这就是“代入的值够多就不用验证”的理由。

例题

例 1　（场景：求恒等式的系数）

問題　等式 $2x^2 - 5x + 1 = a(x - 1)^2 + b(x - 1) + c$ が $x$ についての恒等式であるとき，$a$，$b$，$c$ を求めよ。

解答　右辺を展開すると $ax^2 + (-2a + b)x + (a - b + c)$ である。係数を比較して $a = 2$，$-2a + b = -5$，$a - b + c = 1$。 よって $a = 2$，$b = -1$，$c = -2$。

中文翻译　题目：等式 $2x^2 - 5x + 1 = a(x - 1)^2 + b(x - 1) + c$ 是 $x$ 的恒等式，求 $a$、$b$、$c$。解答：右边展开：$ax^2 + (-2a + b)x + (a - b + c)$。比较系数：$a = 2$，$-2a + b = -5$，$a - b + c = 1$。得 $a = 2$，$b = -1$，$c = -2$。

解说　另一种解法：数值代入法。代入 $x = 1$：$c = 2 - 5 + 1 = -2$；代入 $x = 0$：$1 = a - b + c$；代入 $x = 2$：$-1 = a + b + c$。由后两式 $a - b = 3$，$a + b = 1$，得 $a = 2$，$b = -1$。代了 $3$ 个不同的值，两边都是二次，所以不用再验证。式子展开麻烦、又有能让某些项消失的值（这里是 $x = 1$）时，代入法快；系数简单时比较系数更直接。

例 2　（场景：部分分数分解）

問題　$\dfrac{3x + 1}{(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{a}{x - 1} + \dfrac{b}{x + 1}$ が分母が $0$ でないすべての $x$ について成り立つとき，定数 $a$，$b$ を求めよ。

解答　両辺に $(x - 1)(x + 1)$ を掛けると，多項式の恒等式 $3x + 1 = a(x + 1) + b(x - 1)$ を得る。$x = 1$ を代入すると $4 = 2a$，$a = 2$。$x = -1$ を代入すると $-2 = -2b$，$b = 1$。

中文翻译　题目：求常数 $a$、$b$，使 $\dfrac{3x + 1}{(x - 1)(x + 1)} = \dfrac{a}{x - 1} + \dfrac{b}{x + 1}$ 对使分母不为 $0$ 的一切 $x$ 成立。解答：两边乘 $(x - 1)(x + 1)$，得多项式恒等式 $3x + 1 = a(x + 1) + b(x - 1)$。代入 $x = 1$：$4 = 2a$，$a = 2$。代入 $x = -1$：$-2 = -2b$，$b = 1$。验算：$2(x + 1) + (x - 1) = 3x + 1$。

解说　容易卡在：觉得原式在 $x = 1$ 没有意义，不敢代入。乘过分母之后是多项式恒等式，对一切 $x$ 成立，当然包括 $x = 1$。这种“乘掉分母再代入使分母为 $0$ 的值”的方法叫部分分数分解，第 14 章数列求和、第 22 章积分都会用到。

例 3　（场景：不论 $k$ 取何值）

問題　$k$ がどのような実数値でも，直線 $(k + 2)x + (2k - 1)y - 5k = 0$ は定点を通ることを証明し，その点を求めよ。

解答　$k$ について整理すると $k(x + 2y - 5) + (2x - y) = 0$。 これがすべての $k$ について成り立つためには，$k$ の係数と定数項がともに $0$ であればよい： $x + 2y - 5 = 0$，$2x - y = 0$。 これを解くと $x = 1$，$y = 2$。逆に $(x, y) = (1, 2)$ のとき，左辺はすべての $k$ について $0$ になる。よって直線はいつも定点 $(1, 2)$ を通る。

中文翻译　题目：证明：不论 $k$ 取什么实数值，直线 $(k + 2)x + (2k - 1)y - 5k = 0$ 都过一个定点，并求这个点。解答：按 $k$ 整理：$k(x + 2y - 5) + (2x - y) = 0$。要对一切 $k$ 成立，看成 $k$ 的恒等式，$k$ 的系数和常数项都为 $0$：$x + 2y - 5 = 0$，$2x - y = 0$，得 $x = 1$，$y = 2$。反过来，$(x, y) = (1, 2)$ 时左边对一切 $k$ 都是 $0$，所以直线总过定点 $(1, 2)$。

解说　“$k$ の値にかかわらず”的题，按 $k$ 整理成 $k(\cdots) + (\cdots) = 0$，令两个括号都为 $0$。只取 $k = 0$、$k = 1$ 求出两条直线的交点是不够的：那只能说明这两条直线过它，必须按 $k$ 整理才能说明一切 $k$ 都过它。

例 4　（场景：带条件的恒等式）

問題　$x + y = 1$ を満たすすべての実数 $x$，$y$ について $ax^2 + bxy + cy^2 = 1$ が成り立つとき，定数 $a$，$b$，$c$ を求めよ。

解答　条件を使って $y$ を消す。$y = 1 - x$ を代入すると $ax^2 + bx(1 - x) + c(1 - x)^2 = (a - b + c)x^2 + (b - 2c)x + c = 1$。 これがすべての $x$ について成り立つから，係数を比較して $a - b + c = 0$，$b - 2c = 0$，$c = 1$。 よって $a = 1$，$b = 2$，$c = 1$ である。すなわち $(x + y)^2 = 1$ で，確かに成り立つ。

中文翻译　题目：满足 $x + y = 1$ 的一切实数 $x$、$y$ 都使 $ax^2 + bxy + cy^2 = 1$ 成立，求常数 $a$、$b$、$c$。解答：用条件消去 $y$：$y = 1 - x$，代入得 $ax^2 + bx(1 - x) + c(1 - x)^2 = (a - b + c)x^2 + (b - 2c)x + c = 1$。这对一切 $x$ 成立，比较系数：$a - b + c = 0$，$b - 2c = 0$，$c = 1$。得 $a = 1$，$b = 2$，$c = 1$。也就是 $(x + y)^2 = 1$，确实成立。

解说　带条件的恒等式，先用条件消去一个变量，变成一元恒等式再比较系数。本题的答案正好是 $(x + y)^2$ 的展开式，代回原条件检验：$x + y = 1$ 时 $(x + y)^2 = 1$，成立。

常用推论

• 两边都是 $n$ 次以下的整式，在 $n + 1$ 个不同的值处相等，就是恒等式。推导见本节“证明”结论 2。
• $\dfrac{1}{(x + a)(x + b)} = \dfrac{1}{b - a}\left(\dfrac{1}{x + a} - \dfrac{1}{x + b}\right)$（$a \ne b$）。推导：右边通分，分子是 $(x + b) - (x + a) = b - a$。第 14 章数列求和、第 22 章积分都要用。
• “不论 $k$ 取何值”$\iff$ 按 $k$ 的幂整理后各系数为 0。推导：看成 $k$ 的恒等式。第 11 章求过两曲线交点的直线或圆，用的就是这一点。

易错点

• 错在哪：数値代入法只代了 2 个值，三个未知数里解出两个，第三个随便定，也不验证。 为什么错：代入法得到的只是必要条件，值不够多时可能混进不满足恒等式的解。 正确做法：代入的不同值的个数要多于次数；不够时用係数比較法或回到原式验证。
• 错在哪：把恒等式 $a(x - 1)^2 + b(x - 1) + c = 2x^2 - 5x + 1$ 当成方程，去解 $x$。 为什么错：恒等式要求对一切 $x$ 成立，未知的是系数，不是 $x$。 正确做法：比较系数或代入数值，求 $a$、$b$、$c$。
• 错在哪：「$k$ の値にかかわらず」的题，随便取 $k = 0$、$k = 1$ 求出两条直线的交点就结束，不说明为什么所有直线都过这个点。 为什么错：两条直线的交点只说明这两条直线过它；要说明一切 $k$ 都过它，需要按 $k$ 整理。 正确做法：写成 $k(\cdots) + (\cdots) = 0$，令两个括号都为 0，再说明此时对一切 $k$ 成立。

直观理解

两条二次函数的曲线最多相交于 2 点（相减得二次以下的方程，不恒为 0 时最多 2 个根）。如果它们有 3 个公共点，就只能是同一条曲线，各项系数也就相同。“系数相同”和“处处相等”是一回事，这就是恒等式两种求法（比较系数、代入数值）都对的原因。

关联知识点

• 前置：10.2 节，$A = BQ + R$ 本身就是恒等式。
• 国内书第 3 章 3.2 节的例题和第 5 章的待定系数法里用过比较系数，但没有讲为什么可以这样做。
• 后续：10.6 节，韦达定理是展开 $a(x - \alpha)(x - \beta)$ 比较系数得到的；10.7 节求余り时把 $P(x) = B(x)Q(x) + R(x)$ 当恒等式代值。
• 后续：第 11 章 図形と方程式，「$k$ の値にかかわらず」的定点问题；第 14 章数列，部分分数分解后裂项相消。

10.4 等式と不等式の証明

说明

等式の証明：证明 $A = B$ 有三种写法：

1. 把 $A$ 变形成 $B$（从复杂的一边出发）；
2. 把 $A$、$B$ 分别变形成同一个式子 $C$；
3. 证明 $A - B = 0$。

条件付き等式：在某个条件下才成立的等式。做法是用条件消去一个文字（如 $a + b + c = 0$ 时 $c = -a - b$）。条件是比例式 $\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$ 时，设它等于 $k$，写成 $a = bk$，$c = dk$。

不等式の証明：证明 $A > B$（或 $A \ge B$），基本方法是证明 $A - B > 0$（或 $\ge 0$）。常用的四个工具：

工具	内容	什么时候用
实数的平方非负	$a^2 \ge 0$，等号在 $a = 0$	$A - B$ 是多项式，能配方
平方比较	$A \ge 0$，$B \ge 0$ 时，$A > B \iff A^2 > B^2$	两边含根号或绝对值，且都非负
相加平均と相乗平均の関係	$a > 0$，$b > 0$ 时，$\dfrac{a + b}{2} \ge \sqrt{ab}$，等号在 $a = b$	正数的和与积，或 $x + \dfrac{k}{x}$ 型
$(a^2 + b^2)(x^2 + y^2) \ge (ax + by)^2$	等号在 $ay = bx$	平方和的积；已知平方和求一次式的最值

絶対値の性質：$|a| \ge a$，$|a| \ge -a$，$|a|^2 = a^2$，$|ab| = |a||b|$，以及三角不等式

$$|a| - |b| \le |a + b| \le |a| + |b|.$$

等号成立条件：不等式里有 $\ge$、$\le$ 时，证明末尾要写「等号が成り立つのは〜のときである」。EJU 的填空题常问“等号在什么时候成立”和“最小值是多少”，这两个必须一起检查。

相加平均与相乗平均的关系，国内叫基本不等式，证明和用法见国内书第 3 章 3.4、3.5 节。

表中最后一行的不等式属于数学Ⅱ“不等式の証明”的范围，日本的参考书和学习网站（如 examist.jp）叫它コーシー・シュワルツの不等式，用作差得 $(ay - bx)^2 \ge 0$ 证明。EJU 题目一般会给出誘導，本书把它当作可以当场证明的工具。

使用场景

• 条件是 $a + b + c = 0$ 这类等式，要证另一个等式：用条件消去一个文字。
• 条件是比例式 $\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$：设比值为 $k$。
• 要证的不等式两边都是多项式：作差，配方成平方和。
• 两边含根号，且都非负：比较两边的平方。
• 含绝对值、要证 $|a| - |b| \le |a - b|$ 这类式子：分情况，或比较平方。
• 正数的和与积、$x + \dfrac{k}{x}$ 型、两个括号相乘的最小值：相加相乗平均。
• 已知 $x^2 + y^2$ 的值，求 $ax + by$ 的最大值或最小值：$(a^2 + b^2)(x^2 + y^2) \ge (ax + by)^2$。

注意点

• 从结论出发往回推（“要证 $A > B$，只要证……”）可以，但每一步都必须能倒回来；最好整理成从已知推出结论的顺序写。
• 平方比较前必须先说明两边都非负：$-3 < 2$，平方后却是 $9 > 4$。
• 相加相乗平均要求两数都是正数；求最小值时还要确认等号能取到。
• 同一题里用两次相加相乗平均，要检查两个等号能不能同时成立（见例 6 的“容易卡在”）。
• EJU 写法：不等号用 $\geqq$、$\leqq$；「相加平均と相乗平均の関係より」是题干和解答里的固定说法。

证明

结论 1：相加平均と相乗平均の関係。 $a > 0$，$b > 0$ 时

$$\frac{a + b}{2} - \sqrt{ab} = \frac{a - 2\sqrt{ab} + b}{2} = \frac{(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2}{2} \ge 0.$$

（关键一步：$a = (\sqrt{a})^2$，所以 $a - 2\sqrt{ab} + b$ 是完全平方。）等号在 $\sqrt{a} = \sqrt{b}$，即 $a = b$ 时成立。

结论 2：平方比较。 $A \ge 0$，$B \ge 0$ 时 $A^2 - B^2 = (A + B)(A - B)$。$A + B > 0$ 时，$A^2 - B^2$ 与 $A - B$ 同号，所以 $A > B \iff A^2 > B^2$（$A + B = 0$ 时 $A = B = 0$，两边都相等）。

结论 3：三角不等式。 两边都非负，比较平方：

$$(|a| + |b|)^2 - |a + b|^2 = a^2 + 2|a||b| + b^2 - (a^2 + 2ab + b^2) = 2(|ab| - ab) \ge 0.$$

（关键一步：$|a||b| = |ab| \ge ab$。）所以 $|a + b| \le |a| + |b|$，等号在 $ab \ge 0$ 时成立。左边的 $|a| - |b| \le |a + b|$ 见例 5（把其中的 $b$ 换成 $-b$）。

结论 4：$(a^2 + b^2)(x^2 + y^2) \ge (ax + by)^2$。 作差：

$$(a^2 x^2 + a^2 y^2 + b^2 x^2 + b^2 y^2) - (a^2 x^2 + 2abxy + b^2 y^2) = a^2 y^2 - 2abxy + b^2 x^2 = (ay - bx)^2 \ge 0.$$

等号在 $ay = bx$ 时成立（$x$、$y$ 不为 0 时就是 $\dfrac{a}{x} = \dfrac{b}{y}$）。

例题

例 1　（场景：条件付き等式）

問題　$a + b + c = 0$ のとき，$a^2 - bc = b^2 - ca$ を証明せよ。

解答　条件より $c = -a - b$ である。 左辺 $= a^2 - b(-a - b) = a^2 + ab + b^2$， 右辺 $= b^2 - a(-a - b) = a^2 + ab + b^2$。 よって両辺は等しい。

中文翻译　题目：$a + b + c = 0$ 时，证明 $a^2 - bc = b^2 - ca$。解答：由条件 $c = -a - b$。左边 $= a^2 - b(-a - b) = a^2 + ab + b^2$，右边 $= b^2 - a(-a - b) = a^2 + ab + b^2$。两边相等，证毕。

解说　条件等式题先用条件消去一个字母（本题消去 $c$），把两边都化成同一形式。也可以作差：$(a^2 - bc) - (b^2 - ca) = (a - b)(a + b) + c(a - b) = (a - b)(a + b + c) = 0$，用条件更直接。

例 2　（场景：比例式）

問題　$\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$ のとき，$\dfrac{a^2 + c^2}{b^2 + d^2} = \dfrac{ac}{bd}$ を証明せよ。

解答　$\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d} = k$ とおくと，$a = bk$，$c = dk$ である。 $\dfrac{a^2 + c^2}{b^2 + d^2} = \dfrac{k^2(b^2 + d^2)}{b^2 + d^2} = k^2$， $\dfrac{ac}{bd} = \dfrac{bk \cdot dk}{bd} = k^2$。 両辺とも $k^2$ に等しいから，等式が成り立つ。

中文翻译　题目：$\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$ 时，证明 $\dfrac{a^2 + c^2}{b^2 + d^2} = \dfrac{ac}{bd}$。解答：设 $\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d} = k$，则 $a = bk$，$c = dk$。$\dfrac{a^2 + c^2}{b^2 + d^2} = \dfrac{k^2(b^2 + d^2)}{b^2 + d^2} = k^2$，$\dfrac{ac}{bd} = \dfrac{bk \cdot dk}{bd} = k^2$。两边都等于 $k^2$，证毕。

解说　比例式的固定做法：设公共比值为 $k$，把 $a$、$c$ 都用 $k$ 和 $b$、$d$ 表示，两边各算一遍，看是否都等于 $k$ 的同一表达式。设 $k$ 时要说明 $b \ne 0$、$d \ne 0$（分母不为 $0$）。

例 3　（场景：作差配方）

問題　$x^2 + 2y^2 \geqq 2xy + 2y - 1$ を証明し，等号が成り立つ条件を求めよ。

解答　左辺から右辺を引くと $(x^2 + 2y^2) - (2xy + 2y - 1) = (x^2 - 2xy + y^2) + (y^2 - 2y + 1) = (x - y)^2 + (y - 1)^2 \geqq 0$。 よって不等式が成り立つ。等号は $x - y = 0$ かつ $y - 1 = 0$，すなわち $x = y = 1$ のときである。

中文翻译　题目：证明 $x^2 + 2y^2 \geqq 2xy + 2y - 1$，并求等号成立的条件。解答：$(x^2 + 2y^2) - (2xy + 2y - 1) = (x^2 - 2xy + y^2) + (y^2 - 2y + 1) = (x - y)^2 + (y - 1)^2 \geqq 0$。等号在 $x - y = 0$ 且 $y - 1 = 0$，即 $x = y = 1$ 时成立。

解说　容易卡在：只配出一个平方 $(x - y)^2$，剩下的 $y^2 - 2y + 1$ 不知道怎么处理。两个文字的二次式，先把含 $x$ 的项配成一个平方，剩下的只含 $y$，再配一次。作差配方后，平方和为 $0$ 当且仅当每个平方都为 $0$，由此得到等号条件。

例 4　（场景：比较平方）

問題　$a \geqq 0$，$b \geqq 0$ のとき，$\sqrt{a} + \sqrt{b} \leqq \sqrt{2(a + b)}$ を証明せよ。

解答　両辺とも負でないから，平方を比べる。 $2(a + b) - (\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 = 2a + 2b - (a + 2\sqrt{ab} + b) = a - 2\sqrt{ab} + b = (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \geqq 0$。 よって $(\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 \leqq \left(\sqrt{2(a + b)}\right)^2$ であり，両辺が負でないから $\sqrt{a} + \sqrt{b} \leqq \sqrt{2(a + b)}$。等号は $a = b$ のときである。

中文翻译　题目：$a \geqq 0$，$b \geqq 0$ 时，证明 $\sqrt{a} + \sqrt{b} \leqq \sqrt{2(a + b)}$。解答：两边都非负，比较平方：$2(a + b) - (\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 = 2a + 2b - (a + 2\sqrt{ab} + b) = a - 2\sqrt{ab} + b = (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \geqq 0$。所以 $(\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 \leqq \left(\sqrt{2(a + b)}\right)^2$，两边非负，$\sqrt{a} + \sqrt{b} \leqq \sqrt{2(a + b)}$。等号在 $a = b$ 时成立。

解说　含根号的不等式，先确认两边非负，再比较平方；不说明非负就直接平方是常见错误。作差后刚好是 $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2$，等号条件 $a = b$ 也一目了然。

例 5　（场景：含绝对值的不等式）

問題　$|a| - |b| \leqq |a - b|$ を証明せよ。

解答　$2$ つの場合に分ける。

$|a| - |b| < 0$ のとき，右辺は $|a - b| \geqq 0$ であるから，不等式は明らかに成り立つ。

$|a| - |b| \geqq 0$ のとき，両辺とも負でないから平方を比べる。 $|a - b|^2 - (|a| - |b|)^2 = (a^2 - 2ab + b^2) - (a^2 - 2|a||b| + b^2) = 2(|ab| - ab) \geqq 0$。 よって $|a| - |b| \leqq |a - b|$ である。等号は $ab \geqq 0$ かつ $|a| \geqq |b|$ のとき成り立つ。

中文翻译　题目：证明 $|a| - |b| \leqq |a - b|$。解答：分两种情况。$|a| - |b| < 0$ 时：右边 $|a - b| \geqq 0$，不等式显然成立。$|a| - |b| \geqq 0$ 时：两边都非负，比较平方：$|a - b|^2 - (|a| - |b|)^2 = (a^2 - 2ab + b^2) - (a^2 - 2|a||b| + b^2) = 2(|ab| - ab) \geqq 0$。所以 $|a| - |b| \leqq |a - b|$。等号在 $ab \geqq 0$ 且 $|a| \geqq |b|$ 时成立。

解说　另一种解法：用三角不等式。$|a| = |(a - b) + b| \leqq |a - b| + |b|$，移项即得。已经知道三角不等式时这样一行就够；题目要求“从定义出发证明”时，用分情况加平方比较。注意 $|ab| - ab \geqq 0$ 对一切实数成立，因为 $ab \geqq 0$ 时相等，$ab < 0$ 时 $|ab| = -ab > ab$。

例 6　（场景：相加相乗平均）

問題　$a > 0$，$b > 0$ のとき，$\left(a + \dfrac{1}{b}\right)\left(b + \dfrac{4}{a}\right) \geqq 9$ を証明し，等号が成り立つ条件を求めよ。

解答　まず展開する。 $\left(a + \dfrac{1}{b}\right)\left(b + \dfrac{4}{a}\right) = ab + 4 + 1 + \dfrac{4}{ab} = ab + \dfrac{4}{ab} + 5$。 $ab > 0$ であるから，相加平均と相乗平均の関係より $ab + \dfrac{4}{ab} \geqq 2\sqrt{ab \cdot \dfrac{4}{ab}} = 4$。 よって与式 $\geqq 9$。等号は $ab = \dfrac{4}{ab}$，すなわち $ab = 2$ のとき成り立つ（例えば $a = 1$，$b = 2$）。

中文翻译　题目：$a > 0$，$b > 0$ 时，证明 $\left(a + \dfrac{1}{b}\right)\left(b + \dfrac{4}{a}\right) \geqq 9$，并求等号成立的条件。解答：先展开：$\left(a + \dfrac{1}{b}\right)\left(b + \dfrac{4}{a}\right) = ab + 4 + 1 + \dfrac{4}{ab} = ab + \dfrac{4}{ab} + 5$。$ab > 0$，由相加平均与相乗平均的关系，$ab + \dfrac{4}{ab} \geqq 2\sqrt{ab \cdot \dfrac{4}{ab}} = 4$，所以原式 $\geqq 9$。等号在 $ab = \dfrac{4}{ab}$，即 $ab = 2$ 时成立（例如 $a = 1$，$b = 2$）。

解说　容易卡在：不展开，对两个括号分别用相加相乗平均：$a + \dfrac{1}{b} \geqq 2\sqrt{\dfrac{a}{b}}$，$b + \dfrac{4}{a} \geqq 2\sqrt{\dfrac{4b}{a}}$，相乘得 $\geqq 8$。这个式子本身没错，但 $8$ 取不到：两个等号分别要求 $ab = 1$ 和 $ab = 4$，不能同时成立。把 $8$ 当成最小值就错了。正确做法是展开后把 $ab$ 和 $\dfrac{4}{ab}$ 凑成一次相加相乗平均，最后一定检查等号能否成立。

例 7　（场景：已知平方和求一次式的最值）

問題　実数 $x$，$y$ が $x^2 + y^2 = 1$ を満たすとき，$3x + 4y$ の最大値と，そのときの $x$，$y$ を求めよ。

解答　$(3^2 + 4^2)(x^2 + y^2) \geqq (3x + 4y)^2$ より $(3x + 4y)^2 \leqq 25$，すなわち $-5 \leqq 3x + 4y \leqq 5$。等号は $3y = 4x$ のとき成り立ち，$x^2 + y^2 = 1$ と連立すると，$3x + 4y = 5$ のとき $x = \dfrac{3}{5}$，$y = \dfrac{4}{5}$ である。よって最大値は $5$。

中文翻译　题目：实数 $x$、$y$ 满足 $x^2 + y^2 = 1$，求 $3x + 4y$ 的最大值和此时的 $x$、$y$。解答：由 $(3^2 + 4^2)(x^2 + y^2) \geqq (3x + 4y)^2$，得 $(3x + 4y)^2 \leqq 25$，$-5 \leqq 3x + 4y \leqq 5$。等号在 $3y = 4x$ 时成立，和 $x^2 + y^2 = 1$ 联立，$3x + 4y = 5$ 时 $x = \dfrac{3}{5}$，$y = \dfrac{4}{5}$。最大值 $5$。

解说　另一种解法：几何意义。$3x + 4y = k$ 是直线，$(x, y)$ 在单位圆上，直线与圆有公共点的条件是圆心到直线的距离 $\dfrac{|k|}{5} \leqq 1$（第 11 章），所以 $k$ 最大为 $5$，切点 $\left(\dfrac{3}{5}, \dfrac{4}{5}\right)$。也可以设 $x = \cos\theta$，$y = \sin\theta$，用三角函数的合成（第 13 章）。不等式法最短，适合填空；几何法能看出等号在哪取到，适合条件换成其他圆或区域的题。

常用推论

• $x > 0$ 时 $x + \dfrac{1}{x} \ge 2$，等号在 $x = 1$。推导：结论 1 中取 $a = x$，$b = \dfrac{1}{x}$。
• $ab > 0$ 时 $\dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{b} \ge 2$。推导同上。
• $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca$，等号在 $a = b = c$。推导：两边差的 2 倍是 $(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2$。
• $(a^2 + b^2 + c^2)(x^2 + y^2 + z^2) \ge (ax + by + cz)^2$。推导：作差得 $(ay - bx)^2 + (bz - cy)^2 + (cx - az)^2$。第 16 章空间向量里它就是 $|\vec{a} \cdot \vec{b}| \le |\vec{a}||\vec{b}|$。
• $\big||a| - |b|\big| \le |a \pm b| \le |a| + |b|$。推导：结论 3 和例 5，把 $b$ 换成 $-b$。

易错点

• 错在哪：证明 $\sqrt{a} + \sqrt{b} \le \sqrt{2(a + b)}$ 时，直接把两边平方当作等价变形，不说明两边非负。 为什么错：只有两边都非负，平方才保持大小关系。 正确做法：先写“两边都非负”，再比较平方。
• 错在哪：例 6 分别对两个括号用相加相乗平均，答“最小值 8”。 为什么错：两个等号的条件 $ab = 1$ 和 $ab = 4$ 矛盾，8 取不到，只是一个下界。 正确做法：先展开，把和与积凑成一次相加相乗平均；最后一定检查等号能否成立。
• 错在哪：$x < 0$ 时也用 $x + \dfrac{1}{x} \ge 2$。 为什么错：相加相乗平均要求两数为正。$x < 0$ 时 $x + \dfrac{1}{x} \le -2$。 正确做法：先确认正负；负数时提出负号，$x + \dfrac{1}{x} = -\left((-x) + \dfrac{1}{-x}\right) \le -2$。

直观理解

图里 $AP = a = 4$，$PB = b = 1$。在 $P$ 点作直径的垂线交半圆，由射影定理垂线长是 $\sqrt{ab} = 2$，半径是 $\dfrac{a + b}{2} = 2.5$。半圆上的点到直径的距离不会超过半径，所以 $\sqrt{ab} \le \dfrac{a + b}{2}$；$P$ 移到圆心（$a = b$）时两者相等。

$(a^2 + b^2)(x^2 + y^2) \ge (ax + by)^2$ 的意思是：向量 $(a, b)$ 与 $(x, y)$ 的内积不超过长度之积，因为夹角的余弦不超过 1；等号是两个向量平行，即 $ay = bx$。

关联知识点

• 国内书第 3 章 3.3 节（作差法）、3.4 和 3.5 节（基本不等式及求最值）：本节只补了证明的写法、平方比较、绝对值和平方和之积。
• 本书第 3 章 数と式：绝对值的含义和含绝对值的方程、不等式。
• 后续：第 11 章 図形と方程式，例 7 的几何解法；第 13 章 三角関数の合成；第 16 章ベクトル，内积的不等式。
• 常一起考：第 21 章微分法，证明 $f(x) \ge g(x)$ 时作差后求最小值，是本节“作差”的延伸。

10.5 複素数と2次方程式の解

说明

复数 $a + bi$ 的定义、相等、四则运算和共轭复数，日本数学Ⅱ和国内书第 17 章 17.2–17.4 节相同，这里不再重复。日本的说法：$i$ 叫虚数単位，$b \ne 0$ 的复数叫虚数，$a = 0$、$b \ne 0$ 的叫純虚数，$a - bi$ 叫 $a + bi$ 的共役な複素数，记作 $\overline{\alpha}$。

负数的平方根：$a > 0$ 时，规定

$$\sqrt{-a} = \sqrt{a}\,i.$$

$-a$ 的平方根是 $\pm\sqrt{a}\,i$。计算含 $\sqrt{-a}$ 的式子时，先化成 $\sqrt{a}\,i$ 再算。

解の公式：$ax^2 + bx + c = 0$（$a$、$b$、$c$ 是实数，$a \ne 0$）的解是

$$x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}.$$

一次项系数是偶数 $b = 2b'$ 时，用

$$x = \frac{-b' \pm \sqrt{b'^2 - ac}}{a}.$$

判別式：日本写 $D = b^2 - 4ac$（国内写 $\Delta$）；$b = 2b'$ 时常用 $\dfrac{D}{4} = b'^2 - ac$，符号和 $D$ 相同。在复数范围内，二次方程总有解，按 $D$ 的符号分三种：

$D$ 的符号	解的种类（日文）	中文
$D > 0$	異なる2つの実数解	两个不相等的实数解
$D = 0$	重解（実数）	重根，$x = -\dfrac{b}{2a}$
$D < 0$	異なる2つの虚数解	两个不相等的虚数解，互为共轭

「実数解をもつ」$\iff D \ge 0$。

使用场景

• 在复数范围内解二次方程，尤其是 $D < 0$ 时：解の公式，$b$ 是偶数时用 $b'$ 的形式。
• 含参数的二次方程，要按参数讨论解的种类，或求“有虚数解”“有实数解”的参数范围：算 $D$ 或 $\dfrac{D}{4}$。
• 式子里有 $\sqrt{-2}$、$\sqrt{-3}$ 这类负数的平方根：先化成 $\sqrt{a}\,i$。
• 两个二次方程“至少一个”“两个都”有虚数解（或实数解）：分别求范围，再取并集或交集。

注意点

• 判别式只对实系数方程判断解的种类；系数含虚数时不能用 $D$ 的符号判断。
• 题目说「2次方程式」就隐含二次项系数不为 0；只说「方程式 $kx^2 + \cdots = 0$」时要单独考虑 $k = 0$ 的一次方程。
• $\sqrt{a}\sqrt{b} = \sqrt{ab}$ 在 $a < 0$ 且 $b < 0$ 时不成立；$\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}} = \sqrt{\dfrac{a}{b}}$ 在 $a > 0$、$b < 0$ 时不成立。
• 日本题干把方程的根叫「解」，「重解」「虚数解」「実数解」都是固定说法。
• EJU 答题：虚数解写成 $\fbox{A} \pm \sqrt{\fbox{B}}\,i$ 的形式时，根号里的数要最简。

证明

解の公式和 $D < 0$ 的情形。 配方（见国内书第 4 章 4.2 节）：

$$\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 = \frac{b^2 - 4ac}{4a^2} = \frac{D}{4a^2}.$$

$D < 0$ 时右边是负数，（关键一步：按规定 $\sqrt{-a} = \sqrt{a}\,i$，负数 $\dfrac{D}{4a^2}$ 的平方根是 $\pm\dfrac{\sqrt{-D}}{2a}\,i$。）所以 $x + \dfrac{b}{2a} = \pm\dfrac{\sqrt{-D}}{2a}\,i$，两个解 $\dfrac{-b \pm \sqrt{-D}\,i}{2a}$ 互为共轭。

$b = 2b'$ 的公式：代入 $b = 2b'$，$\dfrac{-2b' \pm \sqrt{4b'^2 - 4ac}}{2a} = \dfrac{-b' \pm \sqrt{b'^2 - ac}}{a}$。

$\sqrt{-2}\sqrt{-3} \ne \sqrt{6}$：按定义 $\sqrt{-2}\sqrt{-3} = \sqrt{2}\,i \cdot \sqrt{3}\,i = \sqrt{6}\,i^2 = -\sqrt{6}$。

例题

例 1　（场景：复数范围内解方程）

問題　方程式 $3x^2 - 2x + 1 = 0$ を解け。

解答　$b = -2 = 2 \times (-1)$ であるから $b' = -1$。$\dfrac{D}{4} = (-1)^2 - 3 \times 1 = -2 < 0$ であり，虚数解を $2$ つもつ。 $x = \dfrac{1 \pm \sqrt{-2}}{3} = \dfrac{1 \pm \sqrt{2}\,i}{3}$。

中文翻译　题目：解方程 $3x^2 - 2x + 1 = 0$。解答：$b = -2 = 2 \times (-1)$，$b' = -1$。$\dfrac{D}{4} = (-1)^2 - 3 \times 1 = -2 < 0$，有两个虚数解：$x = \dfrac{1 \pm \sqrt{-2}}{3} = \dfrac{1 \pm \sqrt{2}\,i}{3}$。

解说　一次项系数是偶数时用 $\dfrac{D}{4} = b'^2 - ac$，计算更快。判别式为负，解要写成 $a \pm bi$ 的形式：$\sqrt{-2} = \sqrt{2}\,i$。实系数二次方程的虚数解一定成共轭对出现。

例 2　（场景：按参数讨论解的种类）

問題　方程式 $x^2 + 2(k - 1)x + k + 5 = 0$ の解の種類を，実数 $k$ の値によって場合分けして調べよ。重解をもつときは重解を求めよ。

解答　$b' = k - 1$ であるから， $\dfrac{D}{4} = (k - 1)^2 - (k + 5) = k^2 - 3k - 4 = (k + 1)(k - 4)$。

$k < -1$ または $k > 4$ のとき，$D > 0$ で，異なる $2$ つの実数解をもつ。

$k = -1$ または $k = 4$ のとき，$D = 0$ で，重解 $x = -b' = -(k - 1)$ をもつ。$k = -1$ のとき $x = 2$，$k = 4$ のとき $x = -3$。

$-1 < k < 4$ のとき，$D < 0$ で，異なる $2$ つの虚数解をもつ。

中文翻译　题目：讨论方程 $x^2 + 2(k - 1)x + k + 5 = 0$ 的解的种类（$k$ 是实数），有重解时求出重解。解答：$b' = k - 1$，$\dfrac{D}{4} = (k - 1)^2 - (k + 5) = k^2 - 3k - 4 = (k + 1)(k - 4)$。$k < -1$ 或 $k > 4$：$D > 0$，两个不相等的实数解。$k = -1$ 或 $k = 4$：$D = 0$，重解 $x = -b' = -(k - 1)$。$k = -1$ 时 $x = 2$；$k = 4$ 时 $x = -3$。$-1 < k < 4$：$D < 0$，两个不相等的虚数解。

解说　按判别式的符号分三类：$D > 0$ 两个不同实根，$D = 0$ 重根，$D < 0$ 两个共轭虚根。用 $\dfrac{D}{4}$ 时重根公式是 $x = -b' = -(k - 1)$，不要把 $b'$ 再除以 $2$。分界点 $k = -1$、$k = 4$ 要单独讨论。

例 3　（场景：负数的平方根）

問題　次の計算をせよ。 (1) $\sqrt{-2}\sqrt{-6}$ (2) $\dfrac{\sqrt{12}}{\sqrt{-3}}$

解答　(1) $\sqrt{2}\,i \cdot \sqrt{6}\,i = \sqrt{12}\,i^2 = -2\sqrt{3}$。

(2) $\dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}\,i} = \dfrac{2}{i} = \dfrac{2i}{i^2} = -2i$。

中文翻译　题目：计算（1）$\sqrt{-2}\sqrt{-6}$；（2）$\dfrac{\sqrt{12}}{\sqrt{-3}}$。解答：（1）$\sqrt{2}\,i \cdot \sqrt{6}\,i = \sqrt{12}\,i^2 = -2\sqrt{3}$。（2）$\dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}\,i} = \dfrac{2}{i} = \dfrac{2i}{i^2} = -2i$。

解说　容易卡在：(1) 写成 $\sqrt{(-2)(-6)} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$，符号错。$\sqrt{a}\sqrt{b} = \sqrt{ab}$ 只在 $a$、$b$ 不同时为负时成立；负数的平方根一律先化成 $i$ 的形式再乘。第 (2) 问分母有 $i$ 时，分子分母同乘 $i$，用 $i^2 = -1$ 化简。

例 4　（场景：两个方程的解的种类）

問題　$2$ つの方程式 $x^2 + 2ax + 4 = 0$ ① と $x^2 - 2x + a = 0$ ②（$a$ は実数）について，(1) 少なくとも一方が虚数解をもつ $a$ の範囲，(2) 両方が虚数解をもつ $a$ の範囲を求めよ。

解答　① が虚数解をもつのは，$\dfrac{D_1}{4} = a^2 - 4 < 0$，すなわち $-2 < a < 2$。② が虚数解をもつのは，$\dfrac{D_2}{4} = 1 - a < 0$，すなわち $a > 1$。

(1) 和集合をとって $a > -2$。

(2) 共通部分をとって $1 < a < 2$。

中文翻译　题目：两个方程 $x^2 + 2ax + 4 = 0$ ① 和 $x^2 - 2x + a = 0$ ②（$a$ 是实数）。求（1）至少一个有虚数解的 $a$ 的范围；（2）两个都有虚数解的 $a$ 的范围。解答：① 有虚数解：$\dfrac{D_1}{4} = a^2 - 4 < 0$，$-2 < a < 2$。② 有虚数解：$\dfrac{D_2}{4} = 1 - a < 0$，$a > 1$。（1）取并集：$a > -2$。（2）取交集：$1 < a < 2$。

解说　另一种解法：(1) 用补集。“至少一个有虚数解”的否定是“两个都有实数解”：$a \leqq -2$ 或 $a \geqq 2$，并且 $a \leqq 1$，即 $a \leqq -2$。补集是 $a > -2$。条件简单时直接取并集快；“至少一个”的条件复杂、拆不开时，用“两个都不”的补集更不容易漏（第 4 章 集合と命題）。

常用推论

• 实系数二次方程有虚数解时，两个虚数解互为共轭：$\alpha$ 是解，$\overline{\alpha}$ 也是解。推导见本节“证明”。
• $a > 0$ 时 $ax^2 + bx + c > 0$ 对一切实数 $x$ 成立 $\iff D < 0$，也就是方程有虚数解。推导：国内书第 4 章 4.5 节。
• $b = 2b'$ 时 $D$ 和 $\dfrac{D}{4}$ 同号，讨论解的种类只算 $\dfrac{D}{4}$ 即可。

易错点

• 错在哪：$\sqrt{-2}\sqrt{-6} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$。 为什么错：$\sqrt{a}\sqrt{b} = \sqrt{ab}$ 只在 $a$、$b$ 不同时为负时成立。 正确做法：先写成 $\sqrt{2}\,i \cdot \sqrt{6}\,i = -2\sqrt{3}$。
• 错在哪：「方程式 $kx^2 + 2x + 1 = 0$ が実数解をもつ」，解 $\dfrac{D}{4} = 1 - k \ge 0$ 得 $k \le 1$ 后，又把 $k = 0$ 删掉。 为什么错：题目说的是「方程式」，不是「2次方程式」。$k = 0$ 时是一次方程 $2x + 1 = 0$，有实数解，应该保留。 正确做法：先看题目说的是不是「2次方程式」。不是的话单独讨论 $k = 0$，本题答案是 $k \le 1$。
• 错在哪：用 $\dfrac{D}{4}$ 时写成 $b^2 - ac$。 为什么错：$\dfrac{D}{4}$ 里用的是一次项系数的一半 $b'$。 正确做法：先写出 $b' = \dfrac{b}{2}$，再算 $b'^2 - ac$。

直观理解

$D < 0$ 时抛物线 $y = ax^2 + bx + c$ 和 $x$ 轴没有交点，所以没有实数解。虚数解 $\dfrac{-b \pm \sqrt{-D}\,i}{2a}$ 的实部 $-\dfrac{b}{2a}$ 正是对称轴；顶点离 $x$ 轴越远，虚部的绝对值 $\dfrac{\sqrt{-D}}{2|a|}$ 越大。图中 $x^2 - 2x + 5 = 0$ 的解是 $1 \pm 2i$，对称轴 $x = 1$，顶点 $(1, 4)$。

关联知识点

• 国内书第 4 章 4.2 节：判别式和求根公式；第 17 章 17.4 节：实系数方程的虚根成对共轭。本节补上 $\dfrac{D}{4}$、负数平方根的规则和含参数的讨论。
• 本书第 5 章 2次関数：抛物线与 $x$ 轴的位置关系就是判别式的符号。
• 后续：10.6 节，韦达定理对虚数解同样成立；10.8 节，三次方程的两个虚数解也成对出现。
• 后续：第 17 章 複素数平面，把虚数解画在复数平面上。

10.6 解と係数の関係

说明

2次方程式の解と係数の関係：$ax^2 + bx + c = 0$ 的两个解为 $\alpha$、$\beta$，则

$$\alpha + \beta = -\frac{b}{a}, \qquad \alpha\beta = \frac{c}{a}.$$

这和国内的韦达定理相同，但不要求实数解：虚数解、重解都成立。

2数を解とする2次方程式：以 $\alpha$、$\beta$ 为解、$x^2$ 的系数为 1 的二次方程是

$$x^2 - (\alpha + \beta)x + \alpha\beta = 0.$$

2次式の因数分解：$ax^2 + bx + c = 0$ 的解为 $\alpha$、$\beta$ 时，

$$ax^2 + bx + c = a(x - \alpha)(x - \beta).$$

在复数范围内，任何二次式都能这样分解。

3次方程式の解と係数の関係：$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$ 的三个解为 $\alpha$、$\beta$、$\gamma$，则

$$\alpha + \beta + \gamma = -\frac{b}{a}, \qquad \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = \frac{c}{a}, \qquad \alpha\beta\gamma = -\frac{d}{a}.$$

日本学习指导要领（2018 年告示）数学Ⅱ只写“二次方程式の解の種類の判別及び解と係数の関係”，三次的这组公式在要领范围之外，属于教科书的扩展内容。EJU 出现时一般有提示，但记住它能省很多时间。

使用场景

• 已知方程，求 $\alpha^2 + \beta^2$、$\alpha^3 + \beta^3$、$\dfrac{\beta}{\alpha} + \dfrac{\alpha}{\beta}$ 这类对称式，不想解方程（解可能是虚数）：用 $\alpha + \beta$、$\alpha\beta$ 表示。
• 要造一个以给定的两个数（如 $\alpha^2$、$\beta^2$）为解的方程：求它们的和与积。
• 在复数范围内把二次式因式分解：先用解の公式求解，再写 $a(x - \alpha)(x - \beta)$。
• 两个解之间有关系（一个是另一个的 2 倍、差为 1 等），求参数：设出两个解，用和与积列方程。
• 三次方程的三个解的对称式：用三次的解与系数关系。

注意点

• 国内习惯“先验 $\Delta \ge 0$ 再用韦达定理”，是因为国内只在实数范围讨论；EJU 在复数范围内讨论，有虚数解也直接用。但题目要求“两个实数解”时，判别式条件仍然要加。
• 三次的 $\alpha\beta\gamma = -\dfrac{d}{a}$ 带负号，和二次的 $\alpha\beta = \dfrac{c}{a}$ 不同。
• 造方程时 EJU 的格子一般按 $x^2$ 系数为 1（或题目给定的系数）来设，不要随意乘倍数。
• 对称式的常用变形：$\alpha^2 + \beta^2 = (\alpha + \beta)^2 - 2\alpha\beta$，$\alpha^3 + \beta^3 = (\alpha + \beta)^3 - 3\alpha\beta(\alpha + \beta)$，$(\alpha - \beta)^2 = (\alpha + \beta)^2 - 4\alpha\beta$。

证明

二次的情形。 两个解是 $\dfrac{-b \pm \sqrt{D}}{2a}$（$D < 0$ 时 $\sqrt{D}$ 就是 $\sqrt{-D}\,i$），相加得 $\dfrac{-2b}{2a} = -\dfrac{b}{a}$，相乘得

$$\frac{(-b)^2 - (\sqrt{D})^2}{4a^2} = \frac{b^2 - (b^2 - 4ac)}{4a^2} = \frac{c}{a}.$$

（关键一步：$D < 0$ 时 $(\sqrt{-D}\,i)^2 = (-D) \cdot i^2 = D$，和实数时 $(\sqrt{D})^2 = D$ 一样，所以计算完全相同。）

因数分解和三次的情形。 由因数定理（10.7 节），$\alpha$、$\beta$、$\gamma$ 是 $ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$ 的解时

$$ax^3 + bx^2 + cx + d = a(x - \alpha)(x - \beta)(x - \gamma).$$

右边展开：$a\{x^3 - (\alpha + \beta + \gamma)x^2 + (\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha)x - \alpha\beta\gamma\}$。两边是恒等式，比较系数（10.3 节）即得三条公式。二次的情形同样可以这样得到。

例题

例 1　（场景：求对称式的值）

問題　方程式 $x^2 - 3x + 5 = 0$ の $2$ つの解を $\alpha$，$\beta$ とする。$\alpha^2 + \beta^2$，$\alpha^3 + \beta^3$，$\dfrac{\beta}{\alpha} + \dfrac{\alpha}{\beta}$ を求めよ。

解答　$\alpha + \beta = 3$，$\alpha\beta = 5$ である（$D = 9 - 20 < 0$ で解は虚数だが，そのまま使える）。 $\alpha^2 + \beta^2 = 3^2 - 2 \times 5 = -1$，$\alpha^3 + \beta^3 = 3^3 - 3 \times 5 \times 3 = -18$， $\dfrac{\beta}{\alpha} + \dfrac{\alpha}{\beta} = \dfrac{\alpha^2 + \beta^2}{\alpha\beta} = -\dfrac{1}{5}$。

中文翻译　题目：方程 $x^2 - 3x + 5 = 0$ 的两个解为 $\alpha$、$\beta$。求 $\alpha^2 + \beta^2$、$\alpha^3 + \beta^3$、$\dfrac{\beta}{\alpha} + \dfrac{\alpha}{\beta}$。解答：$\alpha + \beta = 3$，$\alpha\beta = 5$（$D = 9 - 20 < 0$，两个解是虚数，照样用）。$\alpha^2 + \beta^2 = 3^2 - 2 \times 5 = -1$，$\alpha^3 + \beta^3 = 3^3 - 3 \times 5 \times 3 = -18$，$\dfrac{\beta}{\alpha} + \dfrac{\alpha}{\beta} = \dfrac{\alpha^2 + \beta^2}{\alpha\beta} = -\dfrac{1}{5}$。

解说　容易卡在：看到 $\alpha^2 + \beta^2 = -1 < 0$ 以为算错了。两个虚数的平方和可以是负数，没有错。对称式用 $\alpha + \beta$ 和 $\alpha\beta$ 表示：$\alpha^2 + \beta^2 = (\alpha + \beta)^2 - 2\alpha\beta$，$\alpha^3 + \beta^3 = (\alpha + \beta)^3 - 3\alpha\beta(\alpha + \beta)$，不要先解出 $\alpha$、$\beta$。

例 2　（场景：造方程）

問題　例 1 の $\alpha$，$\beta$ について，$\alpha^2$，$\beta^2$ を解とし，$x^2$ の係数が $1$ の $2$ 次方程式を求めよ。

解答　和は $\alpha^2 + \beta^2 = -1$，積は $\alpha^2\beta^2 = (\alpha\beta)^2 = 25$ である。よって求める方程式は $x^2 + x + 25 = 0$。

中文翻译　题目：例 1 的 $\alpha$、$\beta$，求以 $\alpha^2$、$\beta^2$ 为解、$x^2$ 系数为 $1$ 的二次方程。解答：和 $\alpha^2 + \beta^2 = -1$，积 $\alpha^2\beta^2 = (\alpha\beta)^2 = 25$。所求方程是 $x^2 + x + 25 = 0$。

解说　以两个数 $s$、$p$ 为解、$x^2$ 系数为 $1$ 的二次方程是 $x^2 - sx + p = 0$：这里 $s = -1$、$p = 25$，所以 $x^2 - (-1)x + 25 = x^2 + x + 25 = 0$。符号容易弄反，代回 $\alpha^2 + \beta^2 = -1$ 检查一次。

例 3　（场景：复数范围内因式分解）

問題　複素数の範囲で $2x^2 - 4x + 5$ を因数分解せよ。

解答　$2x^2 - 4x + 5 = 0$ を解くと，$b' = -2$ より $x = \dfrac{2 \pm \sqrt{4 - 10}}{2} = \dfrac{2 \pm \sqrt{6}\,i}{2}$。よって $2x^2 - 4x + 5 = 2\left(x - \dfrac{2 + \sqrt{6}\,i}{2}\right)\left(x - \dfrac{2 - \sqrt{6}\,i}{2}\right)$。

中文翻译　题目：在复数范围内把 $2x^2 - 4x + 5$ 因式分解。解答：解 $2x^2 - 4x + 5 = 0$：$b' = -2$，$x = \dfrac{2 \pm \sqrt{4 - 10}}{2} = \dfrac{2 \pm \sqrt{6}\,i}{2}$。所以 $2x^2 - 4x + 5 = 2\left(x - \dfrac{2 + \sqrt{6}\,i}{2}\right)\left(x - \dfrac{2 - \sqrt{6}\,i}{2}\right)$。

解说　容易卡在：漏掉前面的系数 $2$。$a(x - \alpha)(x - \beta)$ 的 $a$ 不能丢，否则展开后 $x^2$ 的系数是 $1$。两个虚数解互为共轭，因式也是共轭对。

例 4　（场景：两个解之间有关系）

問題　方程式 $x^2 - 6x + k = 0$ の $1$ つの解が他の解の $2$ 倍であるとき，$k$ と $2$ つの解を求めよ。

解答　$2$ つの解を $\alpha$，$2\alpha$ とおく。和について $3\alpha = 6$ より $\alpha = 2$。積について $k = \alpha \cdot 2\alpha = 2\alpha^2 = 8$。よって $2$ つの解は $2$ と $4$ である。

中文翻译　题目：方程 $x^2 - 6x + k = 0$ 的一个解是另一个解的 $2$ 倍，求 $k$ 和两个解。解答：设两个解为 $\alpha$、$2\alpha$。和：$3\alpha = 6$，$\alpha = 2$。积：$k = \alpha \cdot 2\alpha = 2\alpha^2 = 8$。两个解是 $2$ 和 $4$。

解说　另一种解法：代入。$\alpha$ 和 $2\alpha$ 都满足方程：$\alpha^2 - 6\alpha + k = 0$，$4\alpha^2 - 12\alpha + k = 0$。相减得 $3\alpha^2 - 6\alpha = 0$，$\alpha = 0$ 或 $2$。$\alpha = 0$ 时两个解都是 $0$，和为 $0$ 不等于 $6$，舍去；$\alpha = 2$，$k = 8$。韦达定理一步到位，适合关系简单的题；代入法不用记公式，但会多出要检验的根。

例 5　（场景：三次方程的对称式）

問題　方程式 $x^3 - 2x^2 + 3x - 4 = 0$ の $3$ つの解を $\alpha$，$\beta$，$\gamma$ とする。$\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2$ と $\dfrac{1}{\alpha} + \dfrac{1}{\beta} + \dfrac{1}{\gamma}$ を求めよ。

解答　$\alpha + \beta + \gamma = 2$，$\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = 3$，$\alpha\beta\gamma = -\dfrac{-4}{1} = 4$ である。 $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = (\alpha + \beta + \gamma)^2 - 2(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha) = 4 - 6 = -2$， $\dfrac{1}{\alpha} + \dfrac{1}{\beta} + \dfrac{1}{\gamma} = \dfrac{\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha}{\alpha\beta\gamma} = \dfrac{3}{4}$。

中文翻译　题目：方程 $x^3 - 2x^2 + 3x - 4 = 0$ 的三个解为 $\alpha$、$\beta$、$\gamma$。求 $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2$ 和 $\dfrac{1}{\alpha} + \dfrac{1}{\beta} + \dfrac{1}{\gamma}$。解答：$\alpha + \beta + \gamma = 2$，$\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = 3$，$\alpha\beta\gamma = -\dfrac{-4}{1} = 4$。$\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = (\alpha + \beta + \gamma)^2 - 2(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha) = 4 - 6 = -2$，$\dfrac{1}{\alpha} + \dfrac{1}{\beta} + \dfrac{1}{\gamma} = \dfrac{\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha}{\alpha\beta\gamma} = \dfrac{3}{4}$。

解说　三次方程的根与系数关系：$\alpha + \beta + \gamma = -\dfrac{b}{a}$，$\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = \dfrac{c}{a}$，$\alpha\beta\gamma = -\dfrac{d}{a}$。第三个公式带负号，和二次的 $\alpha\beta = \dfrac{c}{a}$ 不同，这是最常见的错。记不清时从 $a(x - \alpha)(x - \beta)(x - \gamma)$ 的常数项 $-a\alpha\beta\gamma$ 现推。

常用推论

• 两数的和为 $p$、积为 $q$，这两数是 $x^2 - px + q = 0$ 的两个解。推导：2数を解とする2次方程式。
• 实系数方程的两个实数解都是正数 $\iff D \ge 0$，$\alpha + \beta > 0$，$\alpha\beta > 0$；一正一负 $\iff \alpha\beta < 0$（这时 $D > 0$ 自动成立）。推导见国内书第 2 章 2.3 节的例题和常用推论。
• 实数解时 $|\alpha - \beta| = \sqrt{(\alpha + \beta)^2 - 4\alpha\beta} = \dfrac{\sqrt{D}}{|a|}$。推导：$(\alpha - \beta)^2 = (\alpha + \beta)^2 - 4\alpha\beta = \dfrac{b^2 - 4ac}{a^2}$。

易错点

• 错在哪：方程 $x^2 - 3x + 5 = 0$ 的判别式为负，就认为“没有解，不能用韦达定理”。 为什么错：在复数范围内方程有两个虚数解，韦达定理照样成立。 正确做法：EJU 默认在复数范围内讨论，直接用；题目要求实数解时再加判别式条件。
• 错在哪：三次方程 $x^3 - 2x^2 + 3x - 4 = 0$ 中写 $\alpha\beta\gamma = -4$。 为什么错：三次的公式是 $\alpha\beta\gamma = -\dfrac{d}{a}$，带一个负号。 正确做法：$\alpha\beta\gamma = -\dfrac{-4}{1} = 4$。记不清时从 $a(x - \alpha)(x - \beta)(x - \gamma)$ 的常数项 $-a\alpha\beta\gamma$ 现推。
• 错在哪：复数范围内因式分解写成 $(x - \alpha)(x - \beta)$，丢了 $x^2$ 的系数。 为什么错：$(x - \alpha)(x - \beta)$ 的 $x^2$ 系数是 1。 正确做法：写 $a(x - \alpha)(x - \beta)$。

直观理解

把 $(x - \alpha)(x - \beta)$ 展开，$x$ 的系数是“两个解相加再变号”，常数项是“两个解相乘”。解与系数的关系就是这一步展开反过来读：方程的系数里藏着解的和与积，不用把解求出来也能算它们的对称式。

关联知识点

• 国内书第 4 章 4.2 节：韦达定理（实根时）；国内书第 2 章 2.3 节：用韦达定理判断根的符号。
• 前置：10.3 节恒等式（比较系数）、10.5 节虚数解。
• 本书第 3 章 数と式：对称式用 $\alpha + \beta$、$\alpha\beta$ 表示。
• 后续：10.8 节高次方程；第 17 章 複素数平面；第 21 章，三次函数两个极值点的和与积用本节公式。

10.7 剰余の定理と因数定理

说明

剰余の定理（余数定理）：整式 $P(x)$ 除以 $x - a$ 的余り是 $P(a)$。更一般地，$P(x)$ 除以 $ax + b$ 的余り是 $P\left(-\dfrac{b}{a}\right)$。

因数定理：整式 $P(x)$ 有因式 $x - a$（能被 $x - a$ 整除）$\iff P(a) = 0$。

除以二次式的余り：$P(x)$ 除以 $(x - a)(x - b)$（$a \ne b$）的余り是一次以下的式子，设成 $px + q$：

$$P(x) = (x - a)(x - b)Q(x) + px + q.$$

这是恒等式，代入 $x = a$、$x = b$ 得 $P(a) = pa + q$，$P(b) = pb + q$，解出 $p$、$q$。

除以 $(x - a)^2(x - b)$ 的余り：余り是二次以下，而且它除以 $(x - a)^2$ 的余り和 $P(x)$ 除以 $(x - a)^2$ 的余り相同，所以设成

$$\text{余り} = k(x - a)^2 + (P(x) \text{ を } (x - a)^2 \text{ で割った余り}).$$

使用场景

• 求 $P(x)$ 除以一次式 $x - a$ 或 $ax + b$ 的余り，不想做除法：代入 $x = a$ 或 $x = -\dfrac{b}{a}$。
• 已知除以一次式的余り（或能整除），求 $P(x)$ 里的系数：代入列方程。
• 已知 $P(x)$ 除以两个一次式的余り，求除以它们乘积的余り：设余り $px + q$，代入两个值。
• $x^{100}$ 这类高次式除以二次式的余り：设余り $px + q$，代入使除式为 0 的值。
• 已知除以 $(x - a)^2$ 和 $x - b$ 的余り，求除以 $(x - a)^2(x - b)$ 的余り：设余り $k(x - a)^2 + (\text{已知的一次式})$。

注意点

• 除以 $2x + 1$ 代入的是 $x = -\dfrac{1}{2}$（使除式为 0 的值），不是 $x = 1$ 或 $x = \dfrac{1}{2}$。
• 余り的次数比除式低：除以二次式设一次式，除以三次式设二次式。
• 因数定理找因式时，$a$ 从常数项的约数里试（详见 10.8 节）。
• $P(1)$ 是各项系数之和；题目问“系数和”时直接代入 $x = 1$。
• EJU 题干的说法：「$P(x)$ を $x - 1$ で割ると 3 余り，$x + 2$ で割ると割り切れる」「$P(x)$ を $(x - 1)(x + 2)$ で割ったときの余りを求めよ」。

证明

剰余の定理。 $P(x)$ 除以一次式 $x - a$，余り的次数小于 1，是常数 $R$：

$$P(x) = (x - a)Q(x) + R.$$

这是恒等式，代入 $x = a$：（关键一步：$x - a$ 变成 0，商 $Q(x)$ 是什么都不影响。）$P(a) = 0 \cdot Q(a) + R = R$。

除以 $ax + b$ 时同样有 $P(x) = (ax + b)Q(x) + R$，代入 $x = -\dfrac{b}{a}$ 得 $R = P\left(-\dfrac{b}{a}\right)$。

因数定理。 由剰余の定理，“$x - a$ 整除 $P(x)$”$\iff$“余り $R = 0$”$\iff P(a) = 0$。

例题

例 1　（场景：除以一次式的余り）

問題　$P(x) = 2x^3 - 5x^2 + 3x + 4$ とする。$P(x)$ を $x - 2$ で割った余りと，$2x + 1$ で割った余りを求めよ。

解答　$x - 2$ で割った余りは $P(2) = 16 - 20 + 6 + 4 = 6$。

$2x + 1$ で割った余りは $P\left(-\dfrac{1}{2}\right) = 2 \times \left(-\dfrac{1}{8}\right) - 5 \times \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{2} + 4 = -\dfrac{1}{4} - \dfrac{5}{4} - \dfrac{3}{2} + 4 = 1$。

中文翻译　题目：$P(x) = 2x^3 - 5x^2 + 3x + 4$。求 $P(x)$ 除以 $x - 2$ 和除以 $2x + 1$ 的余り。解答：除以 $x - 2$：$P(2) = 16 - 20 + 6 + 4 = 6$。除以 $2x + 1$：$P\left(-\dfrac{1}{2}\right) = 2 \times \left(-\dfrac{1}{8}\right) - 5 \times \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{2} + 4 = -\dfrac{1}{4} - \dfrac{5}{4} - \dfrac{3}{2} + 4 = 1$。

解说　余数定理：$P(x)$ 除以一次式 $x - a$ 的余数是 $P(a)$；除以 $ax + b$ 时代入使除式为 $0$ 的值 $x = -\dfrac{b}{a}$，不是 $x = \dfrac{b}{a}$ 或其他值。本题 $2x + 1 = 0$ 得 $x = -\dfrac{1}{2}$。

例 2　（场景：由余り求系数）

問題　$P(x) = x^3 + ax^2 + bx + 2$ を $x - 1$ で割ると $2$ 余り，$x + 2$ で割ると $8$ 余る。$a$，$b$ を求めよ。

解答　$P(1) = 1 + a + b + 2 = 2$ より $a + b = -1$。$P(-2) = -8 + 4a - 2b + 2 = 8$ より $2a - b = 7$。辺々加えて $3a = 6$，よって $a = 2$，$b = -3$。

中文翻译　题目：$P(x) = x^3 + ax^2 + bx + 2$ 除以 $x - 1$ 余 $2$，除以 $x + 2$ 余 $8$。求 $a$、$b$。解答：$P(1) = 1 + a + b + 2 = 2$，即 $a + b = -1$。$P(-2) = -8 + 4a - 2b + 2 = 8$，即 $2a - b = 7$。两式相加 $3a = 6$，$a = 2$，$b = -3$。

解说　由余数定理把“除以 $x - a$ 余 $r$“翻译成 $P(a) = r$，得到关于系数的方程。除以 $x + 2$ 余 $8$ 对应 $P(-2) = 8$，符号容易写错成 $P(2) = 8$。解出后可以代回验算两个余数。

例 3　（场景：除以两个一次式之积的余り）

問題　$P(x)$ を $x - 1$ で割ると $4$ 余り，$x + 3$ で割ると $-8$ 余る。$P(x)$ を $(x - 1)(x + 3)$ で割った余りを求めよ。

解答　余りは $1$ 次以下であるから，$px + q$ とおける。 $P(x) = (x - 1)(x + 3)Q(x) + px + q$。

$x = 1$ を代入すると $P(1) = p + q = 4$。$x = -3$ を代入すると $P(-3) = -3p + q = -8$。辺々引いて $4p = 12$，$p = 3$，$q = 1$。よって余りは $3x + 1$ である。

中文翻译　题目：$P(x)$ 除以 $x - 1$ 余 $4$，除以 $x + 3$ 余 $-8$。求 $P(x)$ 除以 $(x - 1)(x + 3)$ 的余り。解答：余り是一次以下，设为 $px + q$：$P(x) = (x - 1)(x + 3)Q(x) + px + q$。代入 $x = 1$：$P(1) = p + q = 4$。代入 $x = -3$：$P(-3) = -3p + q = -8$。相减 $4p = 12$，$p = 3$，$q = 1$。余り是 $3x + 1$。

解说　容易卡在：不知道 $Q(x)$ 是什么就不敢往下做。代入的值让 $(x - 1)(x + 3)$ 为 $0$，$Q(x)$ 被乘掉了，不需要知道。除以二次式设一次余式 $px + q$，代入两个使除式为 $0$ 的值，正好解出两个未知数。

例 4　（场景：高次式除以二次式）

問題　$x^{100} + 2x^{51} - 1$ を $x^2 - 1$ で割った余りを求めよ。

解答　$x^{100} + 2x^{51} - 1 = (x^2 - 1)Q(x) + px + q$ とおく。$x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$ である。

$x = 1$ を代入すると $1 + 2 - 1 = 2 = p + q$。$x = -1$ を代入すると $1 - 2 - 1 = -2 = -p + q$。よって $p = 2$，$q = 0$ で，余りは $2x$ である。

中文翻译　题目：求 $x^{100} + 2x^{51} - 1$ 除以 $x^2 - 1$ 的余り。解答：设 $x^{100} + 2x^{51} - 1 = (x^2 - 1)Q(x) + px + q$。$x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$。代入 $x = 1$：$1 + 2 - 1 = 2 = p + q$。代入 $x = -1$：$1 - 2 - 1 = -2 = -p + q$。得 $p = 2$，$q = 0$，余り是 $2x$。

解说　高次式除以二次式，不必展开 $x^{100}$，设余式 $px + q$，代入使除式为 $0$ 的两个值即可。$x = -1$ 时 $(-1)^{100} = 1$，$(-1)^{51} = -1$，指数奇偶要分清。求出 $p$、$q$ 后用 $x = 1$、$x = -1$ 各验算一次。

例 5　（场景：除式含重因式）

問題　$P(x)$ を $(x - 1)^2$ で割ると $2x + 1$ 余り，$x + 1$ で割ると $-3$ 余る。$P(x)$ を $(x - 1)^2(x + 1)$ で割った余りを求めよ。

解答　余り $R(x)$ は $2$ 次以下である。$P(x) = (x - 1)^2(x + 1)Q(x) + R(x)$ で，第 $1$ 項は $(x - 1)^2$ で割り切れるから，$R(x)$ を $(x - 1)^2$ で割った余りは $P(x)$ と同じ $2x + 1$ である。$R(x)$ は $2$ 次以下であるから，$(x - 1)^2$ で割った商は定数 $k$ で， $R(x) = k(x - 1)^2 + 2x + 1$。

$x = -1$ を代入すると $P(-1) = R(-1) = 4k - 1 = -3$ より $k = -\dfrac{1}{2}$。よって $R(x) = -\dfrac{1}{2}(x - 1)^2 + 2x + 1 = -\dfrac{1}{2}x^2 + 3x + \dfrac{1}{2}$。

中文翻译　题目：$P(x)$ 除以 $(x - 1)^2$ 余 $2x + 1$，除以 $x + 1$ 余 $-3$。求 $P(x)$ 除以 $(x - 1)^2(x + 1)$ 的余り。解答：余り $R(x)$ 是二次以下。$P(x) = (x - 1)^2(x + 1)Q(x) + R(x)$，第一项能被 $(x - 1)^2$ 整除，所以 $R(x)$ 除以 $(x - 1)^2$ 的余り和 $P(x)$ 的一样，是 $2x + 1$。$R(x)$ 是二次以下，除以 $(x - 1)^2$ 的商是常数 $k$：$R(x) = k(x - 1)^2 + 2x + 1$。代入 $x = -1$：$P(-1) = R(-1) = 4k - 1 = -3$，$k = -\dfrac{1}{2}$。所以 $R(x) = -\dfrac{1}{2}(x - 1)^2 + 2x + 1 = -\dfrac{1}{2}x^2 + 3x + \dfrac{1}{2}$。

解说　容易卡在：设 $R(x) = px^2 + qx + r$，只有 $x = 1$、$x = -1$ 两个值可以代入，三个未知数解不出来。用“除以 $(x - 1)^2$ 的余り已知”把未知数减到一个：余式写成 $k(x - 1)^2 + 2x + 1$，只剩 $k$ 一个未知数。

常用推论

• $P(a) = 0$ 且 $P(b) = 0$（$a \ne b$）$\Rightarrow$ $P(x)$ 能被 $(x - a)(x - b)$ 整除。推导：$P(x) = (x - a)Q(x)$，代入 $x = b$ 得 $(b - a)Q(b) = 0$，$Q(b) = 0$，再用一次因数定理。
• $P(x)$ 除以 $(x - a)(x - b)$ 的余り是 $\dfrac{P(a) - P(b)}{a - b}(x - a) + P(a)$，即过点 $(a, P(a))$、$(b, P(b))$ 的直线。推导：用例 3 的方法解出 $p$、$q$。
• 各项系数之和 $= P(1)$。推导：代入 $x = 1$，每一项都只剩系数。

易错点

• 错在哪：$P(x)$ 除以 $2x + 1$ 的余り，算成 $P(1)$ 或 $P\left(\dfrac{1}{2}\right)$。 为什么错：代入的应是使除式 $2x + 1$ 为 0 的值。 正确做法：解 $2x + 1 = 0$ 得 $x = -\dfrac{1}{2}$，余り是 $P\left(-\dfrac{1}{2}\right)$。
• 错在哪：除以 $(x - 1)(x + 3)$ 的余り设成常数 $r$。 为什么错：除式是二次，余り可以是一次式。设成常数后两个条件 $r = 4$、$r = -8$ 互相矛盾。 正确做法：设 $px + q$。
• 错在哪：例 5 设余り为 $px + q$。 为什么错：除式 $(x - 1)^2(x + 1)$ 是三次，余り最高可以是二次。 正确做法：设成二次以下，并用已知的“除以 $(x - 1)^2$ 的余り”减少未知数。

直观理解

上图中 $P(x) = x^3 - 3x + 1$ 除以 $(x + 1)(x - 1)$：$P(x) = (x^2 - 1)x + (-2x + 1)$。在 $x = \pm 1$ 处第一项为 0，所以曲线 $y = P(x)$ 和直线 $y = -2x + 1$ 在这两点相交（图中在 $x = 0$ 处还有一个交点，那是因为商 $Q(x) = x$ 在那里也为 0）。换句话说，“除以 $(x - a)(x - b)$ 的余り”就是过曲线上横坐标为 $a$、$b$ 的两点的直线。剰余の定理是这件事的一次版本：除以 $x - a$ 的余り是曲线在 $x = a$ 处的高度 $P(a)$。

关联知识点

• 前置：10.2 节多项式除法，10.3 节恒等式（代入的依据）。
• 后续：10.8 节，用因数定理找出一次因式，把高次方程降次。
• 后续：第 21 章微分法，除以 $(x - a)^2$ 的余り是曲线在 $x = a$ 处的切线 $y = P'(a)(x - a) + P(a)$。
• 国内书没有对应节。和第 8 章 8.3 节整数的余数是同一个思路：只关心余数时不用算出商。

10.8 高次方程式の解法と性質

说明

三次以上的方程叫高次方程式。解法是因式分解降次，常用三种办法：

1. 公式：$a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2)$，$a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + ab + b^2)$。
2. 置き換え（换元）：$x^4 + px^2 + q$（複2次式）设 $x^2 = X$；或者凑成平方差。
3. 因数定理：找一个 $a$ 使 $P(a) = 0$，于是 $P(x) = (x - a)Q(x)$，再用組立除法（综合除法）求商 $Q(x)$。

找 $a$ 的范围：整数系数的 $P(x)$，有理数的解只能是

$$\pm\frac{\text{定数項の約数}}{\text{最高次の係数の約数}}.$$

先从 $\pm 1$、$\pm 2$ 这类小的试。

組立除法：$P(x)$ 除以 $x - a$ 时，只写系数做计算。以 $(2x^3 - 3x^2 - 11x + 6) \div (x - 3)$ 为例：

	$x^3$	$x^2$	$x$	常数
系数	2	$-3$	$-11$	6
左一列结果 $\times 3$		6	9	$-6$
相加得结果	2	3	$-2$	0

第一个系数照抄下来；之后每一列“左一列的结果乘 $a = 3$，写在这一列，再和这一列的系数相加”。结果行前面的 2、3、$-2$ 是商 $2x^2 + 3x - 2$ 的系数，最后的 0 是余り。

高次方程式の性質：

• 实系数方程有虚数解 $p + qi$ 时，共轭的 $p - qi$ 也是解。
• 所以实系数三次方程至少有一个实数解。
• $n$ 次方程在复数范围内有 $n$ 个解（重解按重数计）。这条在高中当作事实使用，严格证明要用大学的“代数基本定理”。

1 の 3 乗根：$x^3 = 1$ 的解。$x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1) = 0$，解是

$$x = 1, \qquad x = \frac{-1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}.$$

把其中一个虚数解记作 $\omega$（オメガ），则

$$\omega^3 = 1, \qquad \omega^2 + \omega + 1 = 0,$$

另一个虚数解是 $\omega^2$，它也等于 $\overline{\omega}$ 和 $\dfrac{1}{\omega}$。

使用场景

• 三次、四次方程，看不出公式：用因数定理找一个解，組立除法降次。
• 只含 $x^4$、$x^2$ 和常数的四次方程：设 $x^2 = X$，或凑平方差。
• 已知实系数方程的一个虚数解，求系数和其他解：共轭也是解，或代入后实部、虚部分别为 0。
• 含 $\omega$ 的计算（$\omega^n$、$1 + \omega + \omega^2$ 等）：用 $\omega^3 = 1$ 降次，用 $\omega^2 + \omega + 1 = 0$ 消项。
• 高次式除以 $x^2 + x + 1$ 的余り：代入 $\omega$。
• 含参数的三次方程，问重解或不同实数解的个数：分解成（一次式）×（二次式），讨论二次式。

注意点

• 組立除法里缺的项要补 0，和竖式除法一样。
• 用因数定理找到的 $a$ 要验算 $P(a) = 0$，算错一个符号后面全错。
• 「$\omega$ を 1 の 3 乗根のうち虚数であるものとする」是题干的固定说法；$1 + \omega + \omega^2 = 0$ 对 $\omega$ 成立，对 1 不成立。
• “有 2 重解”和“有 3 重解”不同：$(x - 1)^3 = 0$ 的 $x = 1$ 是 3 重解。题目问“2 重解”或“不同的解的个数”时要分清。
• EJU 题干的说法：「3次方程式 $x^3 + ax^2 + bx + 10 = 0$ が $1 + 2i$ を解にもつ」「異なる実数解の個数」「残りの解」。

证明

有理数解的候选。 设整数系数方程 $a_n x^n + \dots + a_1 x + a_0 = 0$ 有有理数解 $x = \dfrac{q}{p}$（$p$、$q$ 互素，$p > 0$）。代入并乘 $p^n$：

$$a_n q^n + a_{n - 1} q^{n - 1} p + \dots + a_1 q p^{n - 1} + a_0 p^n = 0.$$

（关键一步：除了 $a_0 p^n$ 以外每一项都含 $q$，所以 $q$ 整除 $a_0 p^n$；$q$ 与 $p$ 互素，所以 $q$ 整除 $a_0$。同理除了 $a_n q^n$ 以外每一项都含 $p$，所以 $p$ 整除 $a_n$。）这里的互素和整除用的是第 8 章的知识。

实系数方程的虚数解成对。 设 $P(x) = a_n x^n + \dots + a_0$，系数都是实数，$P(\alpha) = 0$。取共轭：实数的共轭是它自己，和与积的共轭等于共轭的和与积，所以 $\overline{P(\alpha)} = a_n \overline{\alpha}^n + \dots + a_0 = P(\overline{\alpha})$，于是 $P(\overline{\alpha}) = \overline{0} = 0$。

$\omega$ 的性质。 $\omega$ 是 $x^3 = 1$ 的解，所以 $\omega^3 = 1$；$\omega \ne 1$，是 $x^2 + x + 1 = 0$ 的解，所以 $\omega^2 + \omega + 1 = 0$。由解与系数的关系，$x^2 + x + 1 = 0$ 的两个解之积为 1，所以另一个解是 $\dfrac{1}{\omega} = \dfrac{\omega^3}{\omega} = \omega^2$；实系数方程的两个虚数解互为共轭，所以它也等于 $\overline{\omega}$。

例题

例 1　（场景：因数定理与組立除法）

問題　方程式 $2x^3 - 3x^2 - 11x + 6 = 0$ を解け。

解答　$P(x) = 2x^3 - 3x^2 - 11x + 6$ とおく。候補は $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6, \pm\dfrac{1}{2}, \pm\dfrac{3}{2}$ である。順に試すと $P(1) = -6$，$P(-1) = 12$，$P(2) = -12$，$P(3) = 54 - 27 - 33 + 6 = 0$。よって $x - 3$ が因数である。組立除法を用いると $P(x) = (x - 3)(2x^2 + 3x - 2) = (x - 3)(2x - 1)(x + 2)$。 したがって解は $x = 3, \dfrac{1}{2}, -2$ である。

中文翻译　题目：解方程 $2x^3 - 3x^2 - 11x + 6 = 0$。解答：设 $P(x) = 2x^3 - 3x^2 - 11x + 6$。候选是 $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6, \pm\dfrac{1}{2}, \pm\dfrac{3}{2}$。试：$P(1) = -6$，$P(-1) = 12$，$P(2) = -12$，$P(3) = 54 - 27 - 33 + 6 = 0$。所以 $x - 3$ 是因式。用組立除法得 $P(x) = (x - 3)(2x^2 + 3x - 2) = (x - 3)(2x - 1)(x + 2)$。解是 $x = 3, \dfrac{1}{2}, -2$。

解说　高次方程先用因数定理找一个有理数解：候选是 $\pm\dfrac{\text{常数项的约数}}{\text{最高次系数的约数}}$。找到后用組立除法降次，降到二次再用求根公式或因式分解。組立除法里缺项要补 $0$，乘的是使除式为 $0$ 的值。

例 2　（场景：複2次式）

問題　次の方程式を解け。 (1) $x^4 - 5x^2 + 4 = 0$ (2) $x^4 + x^2 + 1 = 0$

解答　(1) $x^2 = X$ とおくと $X^2 - 5X + 4 = (X - 1)(X - 4) = 0$。よって $x^2 = 1$ または $x^2 = 4$，$x = \pm 1, \pm 2$。

(2) $X^2 + X + 1 = 0$ の解は虚数で，置き換えた後に虚数の平方根を開くのは不便である。そこで平方の差を作る。 $x^4 + x^2 + 1 = (x^4 + 2x^2 + 1) - x^2 = (x^2 + 1)^2 - x^2 = (x^2 + x + 1)(x^2 - x + 1)$。 $x^2 + x + 1 = 0$ より $x = \dfrac{-1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}$，$x^2 - x + 1 = 0$ より $x = \dfrac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}$。

中文翻译　题目：解方程：（1）$x^4 - 5x^2 + 4 = 0$；（2）$x^4 + x^2 + 1 = 0$。解答：（1）设 $x^2 = X$：$X^2 - 5X + 4 = (X - 1)(X - 4) = 0$，$x^2 = 1$ 或 $x^2 = 4$，$x = \pm 1, \pm 2$。（2）$X^2 + X + 1 = 0$ 的解是虚数，换元后还要开虚数的平方根，不方便。改为凑平方差：$x^4 + x^2 + 1 = (x^4 + 2x^2 + 1) - x^2 = (x^2 + 1)^2 - x^2 = (x^2 + x + 1)(x^2 - x + 1)$。$x^2 + x + 1 = 0$ 得 $x = \dfrac{-1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}$；$x^2 - x + 1 = 0$ 得 $x = \dfrac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}$。

解说　容易卡在：(2) 坚持用 $X = x^2$，得 $x^2 = \dfrac{-1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}$ 后不会开方。$X$ 的方程解不出实数时，先试凑平方差。第 (1) 问的 $X$ 方程有实数解，直接换元最省事。

例 3　（场景：已知一个虚数解）

問題　実数 $a$，$b$ により，$3$ 次方程式 $x^3 + ax^2 + bx + 10 = 0$ が解 $1 + 2i$ をもつ。$a$，$b$ と残りの解を求めよ。

解答　係数が実数であるから，$1 - 2i$ も解である。$1 \pm 2i$ を解とする $2$ 次式は，和が $2$，積が $1 + 4 = 5$ であるから $x^2 - 2x + 5$。よって左辺は $x^3 + ax^2 + bx + 10 = (x^2 - 2x + 5)(x + c)$ と書ける。

右辺を展開すると $x^3 + (c - 2)x^2 + (5 - 2c)x + 5c$。定数項を比較して $5c = 10$，$c = 2$。よって $a = c - 2 = 0$，$b = 5 - 2c = 1$。残りの解は $1 - 2i$ と $-2$ である。

中文翻译　题目：实数 $a$、$b$ 使三次方程 $x^3 + ax^2 + bx + 10 = 0$ 有解 $1 + 2i$。求 $a$、$b$ 和其余的解。解答：系数是实数，所以 $1 - 2i$ 也是解。以 $1 \pm 2i$ 为解的二次式：和 $2$，积 $1 + 4 = 5$，即 $x^2 - 2x + 5$。所以左边能写成 $x^3 + ax^2 + bx + 10 = (x^2 - 2x + 5)(x + c)$。右边展开：$x^3 + (c - 2)x^2 + (5 - 2c)x + 5c$。比较常数项 $5c = 10$，$c = 2$；于是 $a = c - 2 = 0$，$b = 5 - 2c = 1$。其余的解是 $1 - 2i$ 和 $-2$。

解说　另一种解法：直接代入。$(1 + 2i)^2 = -3 + 4i$，$(1 + 2i)^3 = (-3 + 4i)(1 + 2i) = -11 - 2i$。代入得 $(-11 - 2i) + a(-3 + 4i) + b(1 + 2i) + 10 = (-1 - 3a + b) + (-2 + 4a + 2b)i = 0$。实部、虚部都为 $0$：$-3a + b = 1$，$4a + 2b = 2$，得 $a = 0$，$b = 1$。再用組立除法求其余的解。代入法不依赖“共轭也是解”，系数不全是实数时也能用；共轭法不用算三次方，系数是实数时更快。

例 4　（场景：$\omega$ 的计算）

問題　$\omega$ を $1$ の立方根のうち虚数であるものとする。次の値を求めよ。 (1) $\omega^{20} + \omega^{10} + 1$ (2) $(1 + \omega)(1 + \omega^2)$ (3) $\dfrac{1}{\omega} + \dfrac{1}{\omega^2}$

解答　(1) $20 = 3 \times 6 + 2$，$10 = 3 \times 3 + 1$ であるから $\omega^{20} = \omega^2$，$\omega^{10} = \omega$。よって与式 $= \omega^2 + \omega + 1 = 0$。

(2) 展開すると $1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 = 0 + 1 = 1$。

(3) $\dfrac{1}{\omega} = \omega^2$，$\dfrac{1}{\omega^2} = \omega$ であるから，与式 $= \omega^2 + \omega = -1$。

中文翻译　题目：$\omega$ 是 $1$ 的立方根中的一个虚数。求（1）$\omega^{20} + \omega^{10} + 1$；（2）$(1 + \omega)(1 + \omega^2)$；（3）$\dfrac{1}{\omega} + \dfrac{1}{\omega^2}$。解答：（1）$20 = 3 \times 6 + 2$，$10 = 3 \times 3 + 1$，所以 $\omega^{20} = \omega^2$，$\omega^{10} = \omega$。原式 $= \omega^2 + \omega + 1 = 0$。（2）展开得 $1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 = 0 + 1 = 1$。（3）$\dfrac{1}{\omega} = \omega^2$，$\dfrac{1}{\omega^2} = \omega$，原式 $= \omega^2 + \omega = -1$。

解说　$\omega^3 = 1$ 用来降次：指数除以 $3$ 的余数决定结果（$\omega^{3k} = 1$，$\omega^{3k+1} = \omega$，$\omega^{3k+2} = \omega^2$）。$\omega^2 + \omega + 1 = 0$ 用来消项。$\dfrac{1}{\omega} = \omega^2$ 是因为 $\omega \cdot \omega^2 = \omega^3 = 1$。注意 $\omega^2 + \omega + 1 = 0$ 只对虚数立方根成立，对 $1$ 不成立。

例 5　（场景：除以 $x^2 + x + 1$ 的余り）

問題　$x^{100}$ を $x^2 + x + 1$ で割った余りを求めよ。

解答　$x^{100} = (x^2 + x + 1)Q(x) + px + q$（$p$，$q$ は実数）とおく。$\omega$（$\omega^2 + \omega + 1 = 0$）を代入すると $\omega^{100} = p\omega + q$。 $100 = 3 \times 33 + 1$ であるから $\omega^{100} = \omega$，よって $(p - 1)\omega + q = 0$。$p - 1$，$q$ は実数で $\omega$ は虚数だから，$p - 1 = 0$ かつ $q = 0$。すなわち $p = 1$，$q = 0$ で，余りは $x$ である。

中文翻译　题目：求 $x^{100}$ 除以 $x^2 + x + 1$ 的余り。解答：设 $x^{100} = (x^2 + x + 1)Q(x) + px + q$（$p$、$q$ 是实数）。代入 $\omega$（$\omega^2 + \omega + 1 = 0$）：$\omega^{100} = p\omega + q$。$100 = 3 \times 33 + 1$，$\omega^{100} = \omega$，所以 $(p - 1)\omega + q = 0$。$p - 1$、$q$ 是实数，$\omega$ 是虚数；$p - 1 \ne 0$ 的话 $\omega = -\dfrac{q}{p - 1}$ 是实数，矛盾。所以 $p = 1$，$q = 0$，余り是 $x$。

解说　除式在实数范围内不能分解成一次式时，代入它的虚数根 $\omega$ 是标准做法：$x^2 + x + 1 = 0$ 的根就是 $\omega$、$\omega^2$。最后用“实数的平方根与虚数不能凑成 $0$“确定 $p$、$q$，这一点要写清楚。

例 6　（场景：重解与解的个数）

問題　$a$ を実数とし，方程式 $x^3 + (a - 1)x^2 + (1 - a)x - 1 = 0$ を考える。(1) この方程式が $2$ 重解をもつときの $a$ を求めよ。(2) 異なる実数解がただ $1$ つであるような $a$ の範囲を求めよ。

解答　$x = 1$ を代入すると $1 + (a - 1) + (1 - a) - 1 = 0$ であるから，$x - 1$ が因数である。組立除法より 左辺 $= (x - 1)(x^2 + ax + 1)$。

(1) $2$ 重解の来源は $2$ つある：$x^2 + ax + 1 = 0$ 自身が重解をもつか，それが $x = 1$ を解にもつかである。

$x^2 + ax + 1 = 0$ が重解をもつのは $D = a^2 - 4 = 0$，すなわち $a = \pm 2$ のとき。$a = 2$ のときは $(x + 1)^2$ で，解は $1$ と $2$ 重解 $-1$。$a = -2$ のときは $(x - 1)^2$ で，方程式は $(x - 1)^3 = 0$ となり，$x = 1$ は $3$ 重解である。

$x^2 + ax + 1 = 0$ が $x = 1$ を解にもつのは $2 + a = 0$，すなわち $a = -2$ のときで，上と同じく $3$ 重解になる。

よって $2$ 重解をもつのは $a = 2$ のときである。

(2) $x = 1$ は常に解である。異なる実数解がこれだけになるのは，$x^2 + ax + 1 = 0$ が実数解をもたないか，その実数解が $1$ だけのときである。$D < 0$ すなわち $-2 < a < 2$，または $a = -2$。合わせて $-2 \leqq a < 2$。

中文翻译　题目：$a$ 是实数，方程 $x^3 + (a - 1)x^2 + (1 - a)x - 1 = 0$。（1）求方程有 $2$ 重解时的 $a$；（2）求不同的实数解只有一个时 $a$ 的范围。解答：$x = 1$ 代入：$1 + (a - 1) + (1 - a) - 1 = 0$，所以有因式 $x - 1$。用組立除法得左边 $= (x - 1)(x^2 + ax + 1)$。（1）$2$ 重解有两种来源：$x^2 + ax + 1 = 0$ 自己有重解，或它有解 $x = 1$。$x^2 + ax + 1 = 0$ 有重解：$D = a^2 - 4 = 0$，$a = \pm 2$。$a = 2$ 时是 $(x + 1)^2$，方程的解是 $1$ 和 $2$ 重解 $-1$；$a = -2$ 时是 $(x - 1)^2$，方程变成 $(x - 1)^3 = 0$，$x = 1$ 是 $3$ 重解。$x^2 + ax + 1 = 0$ 有解 $1$：$2 + a = 0$，$a = -2$，同上，是 $3$ 重解。所以有 $2$ 重解的是 $a = 2$。（2）$x = 1$ 总是解。不同的实数解只有它一个，需要 $x^2 + ax + 1 = 0$ 没有实数解，或者它的实数解也是 $1$：$D < 0$ 即 $-2 < a < 2$，或 $a = -2$。合起来 $-2 \leqq a < 2$。

解说　容易卡在：(2) 漏掉 $a = -2$。这时方程是 $(x - 1)^3 = 0$，实数解只有 $1$，符合“只有一个”。第 (1) 问要区分”$2$ 重解“和”$3$ 重解”：$a = -2$ 时是 $3$ 重解，不是 $2$ 重解。

常用推论

• $\omega^{3k} = 1$，$\omega^{3k + 1} = \omega$，$\omega^{3k + 2} = \omega^2$。推导：$\omega^3 = 1$。
• $\omega^2 = \overline{\omega} = \dfrac{1}{\omega}$，$\omega + \overline{\omega} = -1$，$\omega\overline{\omega} = 1$。推导见本节“证明”。
• $x^2 + x + 1 = (x - \omega)(x - \omega^2)$，$x^3 - 1 = (x - 1)(x - \omega)(x - \omega^2)$。推导：10.6 节，复数范围内的因式分解。
• 实系数三次方程至少有一个实数解。推导：虚数解成对出现，三个解不可能都是虚数。

易错点

• 错在哪：組立除法时用除式里的常数去乘（除以 $x - 3$ 时用 $-3$ 去乘）。 为什么错：組立除法用的是使除式为 0 的值，$x - 3 = 0$ 时 $x = 3$。 正确做法：除以 $x - a$ 用 $a$，除以 $x + 2$ 用 $-2$。
• 错在哪：把 $\omega^2 + \omega + 1 = 0$ 也用到 1 上，算出 $1^2 + 1 + 1 = 0$ 这种矛盾的式子。 为什么错：$\omega$ 特指虚数的那个立方根；1 满足 $x^3 = 1$，但不满足 $x^2 + x + 1 = 0$。 正确做法：只对虚数立方根用 $\omega^2 + \omega + 1 = 0$。
• 错在哪：例 3 中只用 $1 + 2i$ 一个解，设 $x^3 + ax^2 + bx + 10 = (x - (1 + 2i))(\cdots)$，算得很繁还容易错。 为什么错：没用上“实系数方程的虚数解成对”这个性质。 正确做法：先写出共轭解，凑成实系数的二次因式 $x^2 - 2x + 5$。

直观理解

把 1 的三个立方根画在复数平面上（第 17 章）：$1$、$\omega = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$、$\omega^2 = -\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ 都在单位圆上，彼此相隔 $120°$。乘 $\omega$ 就是转 $120°$，所以转三次回到原处（$\omega^3 = 1$）；三个点均匀分布在原点周围，三个向量相加为 0（$1 + \omega + \omega^2 = 0$）。$\omega$ 和 $\omega^2$ 关于实轴对称，所以互为共轭。

关联知识点

• 前置：10.7 节因数定理；10.5、10.6 节复数解和解与系数的关系。
• 本书第 8 章：有理数解候选的证明用到互素和整除。
• 后续：第 17 章 複素数平面，$n$ 次方根和ド・モアブルの定理把 $\omega$ 推广到 $z^n = 1$。
• 后续：第 21 章微分法，三次函数的图像与 $x$ 轴的交点个数，对应三次方程不同实数解的个数。
• 国内书没有对应节；国内书第 17 章 17.5 节（复数的三角形式，选学）是理解 $\omega$ 几何意义的起点。

10.9 题型与答法

本章只属コース2。查过 2017 年第 2 回、2018 年第 2 回、2019 年第 1 回、2020 年第 2 回、2021 年第 1 回五套公开过去问的コース2，没有一道大问以本章为主题，本章都是作为其他题的一步出现：2020 年第 2 回用 $w^8 - 16w^4 + 256 = 0$ 换元解高次方程（复数平面题）、求过定点的切线时解三次方程，2021 年第 1 回用 $2^x + 2^{-x} \geqq 2$（相加相乗平均）定换元后的范围。下面三道题是把这些“一步”放大成独立小题来练；万一单独出题，最可能是剰余の定理和高次方程一起考，或者判别式和解与系数关系一起考。

誘導的典型骨架：

• 剰余の定理・高次方程式：(1) 由余り的条件求系数 →(2) 因式分解，求全部解（含虚数解）→(3) 用虚数解满足的二次方程降次，计算含解的式子或高次式的余り。
• 判别式・解と係数の関係：(1) 由判别式求有虚数解（或实数解）的参数范围 →(2) 两解满足某个关系，用和与积列方程求参数 →(3) 求对称式的值。
• 不等式：(1) 展开或变形成 $X + \dfrac{k}{X}$ 的形式 →(2) 相加相乗平均求最小值和等号条件。

填涂提醒：虚数解写成 $-\fbox{A} \pm \sqrt{\fbox{B}}\,i$ 时，题干已经写出负号，格里只填数字；分数答案负号在分子；根号里的数要最简。

問題 1　（剰余の定理・高次方程式）

$P(x) = x^3 + ax^2 + bx - 6$ とする。ただし，$a$，$b$ は実数の定数である。

(1) $P(x)$ は $x - 2$ で割り切れ，$x + 1$ で割ると余りが $-6$ である。このとき，$a = \fbox{A}$，$b = \fbox{BC}$ である。

(2) このとき，$P(x) = (x - \fbox{D})(x^2 + \fbox{E}\,x + \fbox{F})$ と因数分解できるので，方程式 $P(x) = 0$ の解は $x = \fbox{D}$，$-\fbox{G} \pm \sqrt{\fbox{H}}\,i$ である。

(3) $x^4$ を $x^2 + \fbox{E}\,x + \fbox{F}$ で割った余りは $\fbox{I}\,x - \fbox{J}$ である。

解答　(1) $P(2) = 8 + 4a + 2b - 6 = 0$ より $2a + b = -1$。$P(-1) = -1 + a - b - 6 = -6$ より $a - b = 1$。辺々加えて $3a = 0$，$a = 0$，$b = -1$。よって $\fbox{A} = 0$，$\fbox{BC}$ には「－」と「1」を入れる。

(2) $P(x) = x^3 - x - 6$ である。組立除法で $x - 2$ で割ると，係数 $1, 0, -1, -6$ から結果 $1, 2, 3$，余り $0$。よって $P(x) = (x - 2)(x^2 + 2x + 3)$。$x^2 + 2x + 3 = 0$ を解くと $x = -1 \pm \sqrt{1 - 3} = -1 \pm \sqrt{2}\,i$。したがって $\fbox{D} = 2$，$\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 3$，$\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 2$。

(3) 割り算を行うと $x^4 = (x^2 + 2x + 3)(x^2 - 2x + 1) + 4x - 3$。よって $\fbox{I} = 4$，$\fbox{J} = 3$。

中文翻译　题目：设 $P(x) = x^3 + ax^2 + bx - 6$，$a$、$b$ 是实常数。（1）$P(x)$ 能被 $x - 2$ 整除，除以 $x + 1$ 余 $-6$。这时 $a = \fbox{A}$，$b = \fbox{BC}$。（2）这时 $P(x) = (x - \fbox{D})(x^2 + \fbox{E}\,x + \fbox{F})$，方程 $P(x) = 0$ 的解是 $x = \fbox{D}$，$-\fbox{G} \pm \sqrt{\fbox{H}}\,i$。（3）$x^4$ 除以 $x^2 + \fbox{E}\,x + \fbox{F}$ 的余り是 $\fbox{I}\,x - \fbox{J}$。解答：（1）$P(2) = 8 + 4a + 2b - 6 = 0$，即 $2a + b = -1$；$P(-1) = -1 + a - b - 6 = -6$，即 $a - b = 1$。相加 $3a = 0$，$a = 0$，$b = -1$，$\fbox{A} = 0$，$\fbox{BC}$ 填「－」和「1」。（2）$P(x) = x^3 - x - 6$。用組立除法除以 $x - 2$：系数 $1, 0, -1, -6$，结果 $1, 2, 3$，余り $0$。$P(x) = (x - 2)(x^2 + 2x + 3)$。$x^2 + 2x + 3 = 0$：$x = -1 \pm \sqrt{1 - 3} = -1 \pm \sqrt{2}\,i$，所以 $\fbox{D} = 2$，$\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 3$，$\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 2$。（3）竖式除法：$x^4 = (x^2 + 2x + 3)(x^2 - 2x + 1) + 4x - 3$，所以 $\fbox{I} = 4$，$\fbox{J} = 3$。

解说　验算 (3)：$(x^2 + 2x + 3)(x^2 - 2x + 1) = x^4 - 4x + 3$，加 $4x - 3$ 得 $x^4$。空格判断：$\fbox{BC}$ 是负数，负号占一格，系数 $-1$ 的 $1$ 也要填；$\fbox{G}$、$\fbox{J}$ 题干已写出负号，格里只填正数。高次式除以二次式同样可以竖式除到余式次数低于 $2$。

問題 2　（判別式・解と係数の関係）

$k$ を実数の定数とし，$x$ の $2$ 次方程式

$$x^2 - 2kx + k + 6 = 0 \quad \cdots\cdots ①$$

を考える。

(1) ① が虚数解をもつような $k$ の値の範囲は $-\fbox{A} < k < \fbox{B}$ である。

(2) ① の $2$ つの解を $\alpha$，$\beta$ とする。$\alpha^2 + \beta^2 = 8$ となるのは $k = -\fbox{C}$，$\dfrac{\fbox{D}}{\fbox{E}}$ のときである。$k = -\fbox{C}$ のとき，① は重解 $x = -\fbox{F}$ をもつ。

(3) $k = \dfrac{\fbox{D}}{\fbox{E}}$ のとき，$\alpha^3 + \beta^3 = -\dfrac{\fbox{G}}{\fbox{H}}$ である。

解答　(1) $\dfrac{D}{4} = k^2 - (k + 6) = (k - 3)(k + 2) < 0$ より $-2 < k < 3$。よって $\fbox{A} = 2$，$\fbox{B} = 3$。

(2) $\alpha + \beta = 2k$，$\alpha\beta = k + 6$ である。$\alpha^2 + \beta^2 = 4k^2 - 2(k + 6) = 8$ より $4k^2 - 2k - 20 = 0$，$2k^2 - k - 10 = (k + 2)(2k - 5) = 0$。よって $k = -2$ または $\dfrac{5}{2}$。$k = -2$ のとき ① は $x^2 + 4x + 4 = (x + 2)^2 = 0$ となり，重解 $x = -2$ をもつ。したがって $\fbox{C} = 2$，$\fbox{D} = 5$，$\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 2$。

(3) $k = \dfrac{5}{2}$ のとき，$\alpha + \beta = 5$，$\alpha\beta = \dfrac{17}{2}$ である（このとき $\dfrac{D}{4} = -\dfrac{9}{4} < 0$ で解は虚数だが，解と係数の関係はそのまま使える）。 $\alpha^3 + \beta^3 = 5^3 - 3 \times \dfrac{17}{2} \times 5 = 125 - \dfrac{255}{2} = -\dfrac{5}{2}$。 よって $\fbox{G} = 5$，$\fbox{H} = 2$。

中文翻译　题目：$k$ 是实常数，考虑关于 $x$ 的二次方程 $x^2 - 2kx + k + 6 = 0$（①）。（1）① 有虚数解的 $k$ 的范围是 $-\fbox{A} < k < \fbox{B}$。（2）设 ① 的两个解为 $\alpha$、$\beta$。$\alpha^2 + \beta^2 = 8$ 时 $k = -\fbox{C}$ 或 $\dfrac{\fbox{D}}{\fbox{E}}$。$k = -\fbox{C}$ 时 ① 有重解 $x = -\fbox{F}$。（3）$k = \dfrac{\fbox{D}}{\fbox{E}}$ 时，$\alpha^3 + \beta^3 = -\dfrac{\fbox{G}}{\fbox{H}}$。解答：（1）$\dfrac{D}{4} = k^2 - (k + 6) = (k - 3)(k + 2) < 0$，$-2 < k < 3$，$\fbox{A} = 2$，$\fbox{B} = 3$。（2）$\alpha + \beta = 2k$，$\alpha\beta = k + 6$。$\alpha^2 + \beta^2 = 4k^2 - 2(k + 6) = 8$，$4k^2 - 2k - 20 = 0$，$2k^2 - k - 10 = (k + 2)(2k - 5) = 0$，$k = -2$ 或 $\dfrac{5}{2}$。$k = -2$ 时 ① 是 $x^2 + 4x + 4 = (x + 2)^2 = 0$，重解 $x = -2$，$\fbox{C} = 2$，$\fbox{D} = 5$，$\fbox{E} = 2$，$\fbox{F} = 2$。（3）$k = \dfrac{5}{2}$：$\alpha + \beta = 5$，$\alpha\beta = \dfrac{17}{2}$（这时 $\dfrac{D}{4} = -\dfrac{9}{4} < 0$，两个解是虚数，照样用解与系数的关系）。$\alpha^3 + \beta^3 = 5^3 - 3 \times \dfrac{17}{2} \times 5 = 125 - \dfrac{255}{2} = -\dfrac{5}{2}$，$\fbox{G} = 5$，$\fbox{H} = 2$。

解说　两分钟做法：有虚数解看 $\dfrac{D}{4} < 0$；对称式用 $\alpha + \beta$、$\alpha\beta$ 表示；求出 $k$ 后代回判断是重解还是虚数解。空格判断：$\fbox{E} = 2$ 是既约分数 $\dfrac{5}{2}$ 的分母；$\fbox{G}$ 题干已写出负号，只填 $5$。第 (3) 问的解是虚数，但解与系数的关系对虚数解同样成立，不要因为判别式为负就不敢用。

問題 3　（不等式・最大と最小）

(1) $x > 0$，$y > 0$ のとき，

$$\left(x + \frac{2}{y}\right)\left(y + \frac{8}{x}\right) = xy + \frac{16}{xy} + \fbox{AB}$$

である。相加平均と相乗平均の関係より，この式の最小値は $\fbox{CD}$ であり，最小値をとるのは $xy = \fbox{E}$ のときである。

(2) 実数 $a$，$b$ が $a^2 + b^2 = 5$ を満たすとき，$a + 2b$ の最大値は $\fbox{F}$ であり，そのとき $a = \fbox{G}$，$b = \fbox{H}$ である。

解答　(1) 展開すると $xy + 8 + 2 + \dfrac{16}{xy} = xy + \dfrac{16}{xy} + 10$。よって $\fbox{AB} = 1, 0$。$xy > 0$ であるから，相加平均と相乗平均の関係より $xy + \dfrac{16}{xy} \geqq 2\sqrt{16} = 8$。よって最小値は $8 + 10 = 18$ で，等号は $xy = \dfrac{16}{xy}$，すなわち $xy = 4$ のとき成り立つ（例えば $x = y = 2$）。したがって $\fbox{CD} = 1, 8$，$\fbox{E} = 4$。

(2) $(1^2 + 2^2)(a^2 + b^2) \geqq (a + 2b)^2$ より $(a + 2b)^2 \leqq 25$，$a + 2b \leqq 5$。等号は $1 \cdot b = 2 \cdot a$，すなわち $b = 2a$ のとき成り立つ。$a^2 + b^2 = 5$ に代入すると $5a^2 = 5$ で，$a + 2b = 5 > 0$ となるのは $a = 1$，$b = 2$ のとき。よって最大値は $5$ で，$\fbox{F} = 5$，$\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 2$。

中文翻译　题目：（1）$x > 0$，$y > 0$ 时，$\left(x + \dfrac{2}{y}\right)\left(y + \dfrac{8}{x}\right) = xy + \dfrac{16}{xy} + \fbox{AB}$。由相加相乗平均的关系，它的最小值是 $\fbox{CD}$，在 $xy = \fbox{E}$ 时取到。（2）实数 $a$、$b$ 满足 $a^2 + b^2 = 5$ 时，$a + 2b$ 的最大值是 $\fbox{F}$，此时 $a = \fbox{G}$，$b = \fbox{H}$。解答：（1）展开：$xy + 8 + 2 + \dfrac{16}{xy} = xy + \dfrac{16}{xy} + 10$，所以 $\fbox{AB} = 1, 0$。$xy > 0$，$xy + \dfrac{16}{xy} \geqq 2\sqrt{16} = 8$，所以最小值 $8 + 10 = 18$，等号在 $xy = \dfrac{16}{xy}$，即 $xy = 4$ 时成立（例如 $x = y = 2$），所以 $\fbox{CD} = 1, 8$，$\fbox{E} = 4$。（2）$(1^2 + 2^2)(a^2 + b^2) \geqq (a + 2b)^2$，$(a + 2b)^2 \leqq 25$，$a + 2b \leqq 5$。等号在 $1 \cdot b = 2 \cdot a$，即 $b = 2a$ 时成立，代入 $a^2 + b^2 = 5$ 得 $5a^2 = 5$；取使 $a + 2b = 5 > 0$ 的一组，$a = 1$，$b = 2$，所以 $\fbox{F} = 5$，$\fbox{G} = 1$，$\fbox{H} = 2$。

解说　两分钟做法：先展开，把 $xy$ 和 $\dfrac{16}{xy}$ 凑成一次相加相乗平均，最后检查等号；已知平方和求一次式的最大值，用 $(1^2 + 2^2)(a^2 + b^2) \geqq (a + 2b)^2$，等号条件是 $1 \cdot b = 2 \cdot a$。空格判断：$\fbox{CD} = 1, 8$ 不要分别对两个括号用相加相乗平均，那样得到的 $16$ 取不到；$\fbox{AB} = 1, 0$ 是常数项 $10$。

10.10 术语与题干用语

日文	读音	中文	例句或说明
整式	せいしき	整式（多项式）	シラバスでは「多項式」
多項式	たこうしき	多项式
次数	じすう	次数	「余りの次数は割る式の次数より低い」
降べきの順	こうべきのじゅん	降幂排列	「降べきの順に整理する」
商	しょう	商
余り	あまり	余式、余数	「$x - 1$ で割ると 3 余る」
割り切れる	わりきれる	整除	「$x^2 + x - 2$ で割り切れる」
分数式	ぶんすうしき	分式
既約分数式	きやくぶんすうしき	最简分式
繁分数式	はんぶんすうしき	繁分式
部分分数に分解する	ぶぶんぶんすうにぶんかいする	部分分式分解（裂项）
二項定理	にこうていり	二项式定理
二項係数	にこうけいすう	二项式系数	${}_n\mathrm{C}_r$
一般項	いっぱんこう	通项	「展開式の一般項は ${}_n\mathrm{C}_r a^{n - r} b^r$」
多項定理	たこうていり	多项式定理	$(a + b + c)^n$ の展開
恒等式	こうとうしき	恒等式	「$x$ についての恒等式」
係数比較法	けいすうひかくほう	比较系数法
数値代入法	すうちだいにゅうほう	代入数值法
〜の値にかかわらず	〜のあたいにかかわらず	不论……取何值	「$k$ の値にかかわらず定点を通る」
証明せよ	しょうめいせよ	证明	「次の不等式を証明せよ」
条件付き等式	じょうけんつきとうしき	条件等式
比例式	ひれいしき	比例式	$\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$
相加平均	そうかへいきん	算术平均
相乗平均	そうじょうへいきん	几何平均	「相加平均と相乗平均の関係より」
等号が成り立つ	とうごうがなりたつ	等号成立	「等号が成り立つのは $a = b$ のときである」
絶対値	ぜったいち	绝对值
虚数単位	きょすうたんい	虚数单位	$i$
複素数	ふくそすう	复数
虚数	きょすう	虚数
純虚数	じゅんきょすう	纯虚数
共役な複素数	きょうやくなふくそすう	共轭复数	$\overline{\alpha}$
判別式	はんべつしき	判别式	$D = b^2 - 4ac$
実数解	じっすうかい	实数解（实根）	「異なる2つの実数解をもつ」
虚数解	きょすうかい	虚数解（虚根）	「虚数解をもつような $k$ の値の範囲」
重解	じゅうかい	重根	「重解をもつ」「3重解」
解と係数の関係	かいとけいすうのかんけい	根与系数的关系（韦达定理）
〜を解にもつ	〜をかいにもつ	以……为解	「$1 + 2i$ を解にもつ」
〜を解とする	〜をかいとする	以……为解	「$\alpha^2$，$\beta^2$ を解とする2次方程式」
剰余の定理	じょうよのていり	余数定理
因数定理	いんすうていり	因式定理
因数	いんすう	因式	「$x - 1$ を因数にもつ」
組立除法	くみたてじょほう	综合除法
高次方程式	こうじほうていしき	高次方程
複2次式	ふくにじしき	双二次式	$x^4 + px^2 + q$
1の3乗根	いちのさんじょうこん	1 的立方根	「$\omega$ を 1 の 3 乗根のうち虚数であるものとする」
実数係数	じっすうけいすう	实系数
残りの解	のこりのかい	其余的解	「残りの解を求めよ」
異なる実数解の個数	ことなるじっすうかいのこすう	不同实数解的个数

10.11 自测

1. 求 $x^3 - 4x^2 + 2x + 5$ 除以 $x^2 - x - 1$ 的商和余り。
2. 化简 $\dfrac{1}{x - 1} - \dfrac{1}{x + 1} - \dfrac{2}{x^2 + 1}$。
3. $x^2 + 3x - 1 = a(x + 1)^2 + b(x + 1) + c$ 是 $x$ 的恒等式，求 $a$、$b$、$c$。
4. 求常数 $a$、$b$，使 $\dfrac{1}{x(x + 3)} = \dfrac{a}{x} + \dfrac{b}{x + 3}$ 恒成立。
5. $x > 0$，$y > 0$ 时，求 $(x + y)\left(\dfrac{1}{x} + \dfrac{4}{y}\right)$ 的最小值和取最小值时 $x$、$y$ 的关系。
6. 证明 $a^2 + b^2 + 1 \ge ab + a + b$，并写出等号成立的条件。
7. 方程 $x^2 + (k + 2)x + 2k + 1 = 0$ 有虚数解，求实数 $k$ 的范围。
8. 计算 $\sqrt{-3} \times \sqrt{-12}$。
9. 方程 $x^2 - 2x + 4 = 0$ 的两个解为 $\alpha$、$\beta$，求 $\alpha^3 + \beta^3$。
10. $P(x)$ 除以 $x - 2$ 余 5，除以 $x + 1$ 余 $-1$，求 $P(x)$ 除以 $(x - 2)(x + 1)$ 的余り。
11. 解方程 $x^3 - 3x^2 + 4x - 2 = 0$。
12. $\omega$ 是 1 的立方根中的虚数，求 $\omega^{2026} + \omega^{1013} + 1$。
13. 求 $(x + y + 2z)^5$ 展开式中 $x^2 y z^2$ 的系数。

答案：1. 商 $x - 3$，余り 2；2. $\dfrac{4}{x^4 - 1}$；3. $a = 1$，$b = 1$，$c = -3$；4. $a = \dfrac{1}{3}$，$b = -\dfrac{1}{3}$；5. 最小值 9，$y = 2x$；6. 两边差的 2 倍是 $(a - b)^2 + (a - 1)^2 + (b - 1)^2 \ge 0$，等号在 $a = b = 1$；7. $0 < k < 4$；8. $-6$；9. $-16$；10. $2x + 1$；11. $x = 1$，$1 \pm i$；12. 0；13. 120。

10.12 深入阅读

• JASSO · 日本留学試験 数学シラバス：官方出题范围原文，第 8 项「いろいろな式」列出本章的全部小项目，只属コース2。
• 维基百科（日文）· 剰余の定理：余数定理的日文表述和证明，题干里「〜で割った余り」的说法可以在这里对照。
• 维基百科（日文）· 組立除法：组立除法的计算格式和例子，和本章 10.8 节的表格写法一致。
• 维基百科（日文）· 1の冪根：1 的 n 次方根的定义和在复数平面上的位置，ω 是 n = 3 的情形，第 17 章还会用到。